Đến nội dung

Hình ảnh

THẢO LUẬN VÀ SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC $\star \star \star \star \star $


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 57 trả lời

#41
tkvn97

tkvn97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 381 Bài viết
Bài 9. Cho a ,b là các số thực thay đổi thỏa mãn $a+b\geq 1$ , $a>0$ .
Chứng minh rằng P = $\frac{8a^{2}+b}{4a}+b^{2}\geq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 09-07-2012 - 17:04

- tkvn 97-


#42
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Lời giải bài 9.
TH1. $b\le 0 \Leftrightarrow a\ge 1\Leftrightarrow P=2a+\dfrac{b}{4a}+b^2=\dfrac{3a}{2}+\dfrac{a}{2}+b^2+\dfrac{b}{4a}> \dfrac{3}{2}+b^2+\dfrac{1}{64a^2}+\dfrac{b}{4a}\ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{|b|}{4a}+\dfrac{b}{4a}\ge \dfrac{3}{2}$
TH2. $b>0$
Áp dụng $AM-GM$, ta có :
$P=2a+\dfrac{b}{4a}+b^2=\dfrac{3a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b}{4a}+b^2\ge \dfrac{3}{2}a+\dfrac{3}{2}b\ge \dfrac{3}{2}$
Suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 09-07-2012 - 22:47

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#43
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge \sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$

Sao dẹp tiệm sớm thế Hình đã gửi
Đây là lời giải khá đẹp em tìm được. Mũ 6 hai vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương.
$$27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\ge 64(a+b+c)^3abc$$
Ta sử dụng BĐT quen thuộc $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}$
Ta đưa về chứng minh: $$81(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\ge 64(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2$$
Hay $9(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8(a+b+c)(ab+bc+ac)$

$$\iff (a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc\geq (ab+bc+ca)(a+b+c)-\dfrac{1}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)$$
$=\dfrac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)$

Phép chứng minh hoàn tất $\blacksquare$
Từ kết quả bài toán trên chứng minh bài toán sau:
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $$\frac{3\sqrt{2}}{2}\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)(b+c)}{abc}}\ge \sqrt{\frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#44
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Vậy là topic được đưa vào hoạt động. Nội quy và cách thức hoạt động các bạn có thể xem ở bên dưới.
Bài toán mở đầu:[huymit_95]
Cho $m,n,p$ là các số thực không âm thoả mãn $mn+np+pm=1$ và $x,y,z>0$. Chứng minh rằng :
$$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2\ge 4\sqrt{xyz(x+y+z)}$$

Bổ đề :
Cho các số thực $m,n,p$ thoả mãn $mn+np+pm=1; m+n, n+p, p+m >0$ và $a,b,c$ là 3 cạnh của một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng :
$$ma^2+nb^2+pc^2\ge 4\sqrt{mn+np+mp}S$$

Vô tình tìm được cái này trong máy tính, down đã lâu mà chưa đọc :lol:
Tặng mọi người, các bài toán liên quan nằm trong phần cuối nhé ( chương 4)

File gửi kèm



#45
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Vô tình tìm được cái này trong máy tính, down đã lâu mà chưa đọc :lol:
Tặng mọi người, các bài toán liên quan nằm trong phần cuối nhé ( chương 4)

Tìn buồn đây, không ngờ. Hứt hứt. Thật sự mình tưởng là của riêng mình :(

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#46
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Tìn buồn đây, không ngờ. Hứt hứt. Thật sự mình tưởng là của riêng mình :(

Tớ post lên với mục đích cho mọi người có thể hiểu biết thêm về nó thôi, không có mục đích nào khác đâu. Chúng ta có thể mở rộng thêm cho nó được không, như trong tứ giác chẳng hạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 14-07-2012 - 06:48


#47
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

Bài toán 7.
Cho $x_1, x_2, .., x_n$ là các số thực không âm thoả mãn $x_1+x_2+...+x_n=k (k\ge 0, n\ge 4)$. Tìm GTLN của $x_1x_2x_3x_4$

Mở rộng bài này :)

Nếu $x_1+x_2+...+x_n=1$ với $x_1;x_2...x_n$ là các số thực dương; $2\le k<n (k\in N)$ thì $$x_1x_2...x_k+x_2x_3...x_{k+1}+...+x_nx_1...x_{k-1}\le max\begin{Bmatrix}
\frac{1}{k^k};\frac{1}{n^:k-1}
\end{Bmatrix}$$

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#48
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết

Mở rộng bài này :)

Nếu $x_1+x_2+...+x_n=1$ với $x_1;x_2...x_n$ là các số thực dương; $2\le k<n (k\in N)$ thì $$x_1x_2...x_k+x_2x_3...x_{k+1}+...+x_nx_1...x_{k-1}\le max\begin{Bmatrix}
\frac{1}{k^k};\frac{1}{n^:k-1}
\end{Bmatrix}$$

Đặt: $VT = f\left( {{x_1};...;{x_n}} \right)$
Đặt: $t = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{2};s = \frac{{{x_1} - {x_2}}}{2}$
Ta có:
$\begin{array}{l}
f\left( s \right) = \left( {{t^2} - {s^2}} \right)...{x_k} + \left( {t - s} \right)...{x_{k + 1}} + ... + {x_{a + 2}}...{x_n}\left( {t + s} \right) \\
+ \left( {{t^2} - {s^2}} \right)\left[ {{x_{a + 3}}...{a_n} + {x_{a + 4}}...{x_n}{x_3} + ... + {x_n}{x_3}...{x_{k - 1}}} \right] \\
\end{array}$
với $a = n - k$
$f'\left( s \right) \le 0$
$ \Rightarrow f\left( {{x_1};{x_2};...;{x_n}} \right) \le f\left( {t;t;...;{x_n}} \right)$
Chứng minh tương tự ta sẽ có: $f\left( {{x_1};{x_2};...;{x_n}} \right) \le f\left( {m;m;...;m} \right)$ với $m = \frac{{{x_1} + ... + {x_n}}}{n}$
Rồi thế nào nữa thì ... :icon6:

THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa


#49
ducthinh26032011

ducthinh26032011

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
Ủng hộ anh "mít"

Cho $a,b,c> 0$ và $n\geq 1;n\in Z$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}}+\sqrt[n]{b^{n}+c^{n}}+\sqrt[n]{c^{n}+a^{n}}\geq \sqrt[n]{2}(a+b+c)$$

Hình đã gửi


#50
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết

Ủng hộ anh "mít"

Cho $a,b,c> 0$ và $n\geq 1;n\in Z$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}}+\sqrt[n]{b^{n}+c^{n}}+\sqrt[n]{c^{n}+a^{n}}\geq \sqrt[n]{2}(a+b+c)$$

Áp dụng Holder, ta có:
\[{\left( {a + b} \right)^n} \le {2^{n - 1}}\left( {{a^n} + {b^n}} \right) \Leftrightarrow 2\sqrt[n]{{{a^n} + {b^n}}} \ge \sqrt[n]{2}\left( {a + b} \right)\]
Làm tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.

THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa


#51
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Làm một lúc mà không ra, để anh em chém vậy. Mình mở rộng trước đã :D
đọc được bài của anh Thành về hàm Zeta lại xuất hiện một bất đẳng thức rất đẹp, mà theo mình sẽ xảy ra đẳng thức. Theo đó :
$1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+...........+\dfrac{1}{n^2}+.......=\dfrac{\pi^2}{6}$
Hiển nhiên ta có bất đẳng thức :
$$\left (a_1+a_2+...+a_n+...\right )^4\le \dfrac{\pi^4}{36}\left (a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2+...\right )^2\left (a_1^2+2^4a_2^2+3^4a_3^2+...+n^4a_n^2+...\right )$$

Góp vui cho bài này nhé (sử dụng ý tưởng của "Mít" :D)
Bài toán: Cho $a_{i}>0(i=\overline{1;n})$ thỏa mãn tổng bằng 1.Chứng minh:
$$\prod_{k=1}^{n}a_{k}^{a_{k}} >\frac{6\ln^2{(n+1)}}{n^2\pi^2}$$

Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#52
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Góp vui cho bài này nhé (sử dụng ý tưởng của "Mít" :D)
Bài toán: Cho $a_{i}>0(i=\overline{1;n})$ thỏa mãn tổng bằng 1.Chứng minh:
$$\prod_{k=1}^{n}a_{k}^{a_{k}} >\frac{6\ln^2{(n+1)}}{n^2\pi^2}$$

Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc.

Em làm cách này được không, không liên quan đến hàm Zeta.
Ta có thể tìm luôn min của VT.
TH1, $n=1$ $\Rightarrow a_1=1$ suy ra BĐT đúng.
TH2 $ n \ge 2$
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$, ta được
$$a_1.lna_1+a_2.lna_2+...+a_n.lna_n\geq n.\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=(a_1+a_2+...+a_2).ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$$
$$\Leftrightarrow a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{a_1+...+a_n}=\frac{1}{n}$$
Vì vậy, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{n}>\frac{6ln^2(n+1)}{n^2 \pi^2}\Leftrightarrow n\pi^2>6ln^2(n+1)\Rightarrow g(n)>0$$
$$g'(n)=\pi^2-12.ln(n+1).\frac{1}{n+1}\Rightarrow g''(n)=-12\left [ \frac{1}{(n+1)^2}-\frac{ln(n+1)}{(n+1)^2} \right ]=\frac{12[ln(n+1)-1]}{(n+1)^2}$$
Vì $n\ge 2$ nên $g''(n) >0$ suy ra $g'(n) \ge g'(2)=\pi^2-4.ln3>0$
Suy ra $g(n)\ge g(2)=2\pi^2-6.ln^23>0$ ĐPCM

#53
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Em làm cách này được không, không liên quan đến hàm Zeta.
Ta có thể tìm luôn min của VT.
TH1, $n=1$ $\Rightarrow a_1=1$ suy ra BĐT đúng.
TH2 $ n \ge 2$
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$, ta được
$$a_1.lna_1+a_2.lna_2+...+a_n.lna_n\geq n.\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=(a_1+a_2+...+a_2).ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$$
$$\Leftrightarrow a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{a_1+...+a_n}=\frac{1}{n}$$
Vì vậy, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{n}>\frac{6ln^2(n+1)}{n^2 \pi^2}\Leftrightarrow n\pi^2>6ln^2(n+1)\Rightarrow g(n)>0$$
$$g'(n)=\pi^2-12.ln(n+1).\frac{1}{n+1}\Rightarrow g''(n)=-12\left [ \frac{1}{(n+1)^2}-\frac{ln(n+1)}{(n+1)^2} \right ]=\frac{12[ln(n+1)-1]}{(n+1)^2}$$
Vì $n\ge 2$ nên $g''(n) >0$ suy ra $g'(n) \ge g'(2)=\pi^2-4.ln3>0$
Suy ra $g(n)\ge g(2)=2\pi^2-6.ln^23>0$ ĐPCM

Thôi ,tham khảo cách giải của mình ở đây nhé ,mình lười gõ quá :P
http://www.artofprob...p?f=52&t=410726
P/s:Chịu khó đọc tiếng Anh :D
Thêm 1 bài nhé:
Bài toán: Đặt $S=\sum_{i=1}^{n}{x_{i}},\forall x_{i}>0(i=\overline{1;n})$ và hằng số $k \ge (n-1)^{n-1}(n>3)$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{k} \le \sum_{i=1}^{n}{\frac{x_{i}^{n}}{kx_{i}^{n}+(S-x_{i})^{n}}} <\frac{1}{n}$$

Nguồn: Nguyễn Bảo Phúc.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 05-08-2012 - 21:05

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#54
blackrussian95

blackrussian95

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
Bài toán:Cho ba số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-08-2012 - 09:59


#55
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

Bài toán:Cho ba số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

Bài này đâu phải là tự sáng tạo đâu =.= bạn lưu ý post đúng topic nhé

Bài toán:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh BĐT kép sau:


$$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
  • Chứng minh: $$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
Cách 1: Ispectorgadget
Đặt $x=\frac{1}{a+2};y=\frac{1}{b+2};z=\frac{1}{c+2}\Rightarrow a=\frac{1-2x}{x};b=\frac{1-2y}{y};c=\frac{1-2z}{z}$
Ta có: $abc=1\Rightarrow \frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}{xyz}=1\Leftrightarrow (1-2x)(1-2y)(1-2z)=xyz$
Do đó ta cần chứng minh $x+y+z\leq 1$
Giả sử ngược lại: $x+y+z>1$
$(1-2x)<(x+y+z)-2z=y+x-z$
$(1-2y)<(x+y+z)-2y=x+z-y$
$(1-2z)<(x+y+z)-2z=x+y-z$
Nhân lại ta có:$xyz=(1-2x)(1-2y)(1-2z)< (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Điều này mâu thuẫn với BĐT Schur $xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Do đó giả sử trên của ta là sai! Do đó BĐT ban đầu là đúng!
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách 2:
darktemplar $$\iff \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2} \ge 1$$
Theo AM-GM:
$$\frac{a}{a+2}=\frac{a}{a+2\sqrt[3]{abc}}=\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+2\sqrt[3]{bc}} \ge \frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}}$$
Thiết lập tương tự và cộng lại ta có điều cần chứng minh
Cách 3: Đặt $a;b;c$ lần lượt là $x^2;y^2;z^2$ với với điều kiện $xyz=1$ . Bất đẳng thức trên viết lại thành
$$ \frac{1}{x^2+2} +\frac{1}{y^2+2}+\frac{1}{z^2+2}\le 1$$ Bất đẳng này tương đương với $$\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2+2} \right ) +\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{y^2+2} \right )+\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{z^2+2} \right )\ge \frac{3}{2}-1,$$ hay là $$\frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge 1.$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $$ \frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}.$$ Cuối cùng ta sẽ chứng minh $$\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\ge 1,$$ Hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên. Giá tri lớn nhất của $P$ là $1$ đạt được khi $a=b=c=1.$
  • Chứng minh: $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$
Cách 1': Đặt $x=a+b+c;y=ab+bc+ac$
BĐT cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}-1\leq \frac{12+4x+y}{9+4x+2y}-1$$
$$\Leftrightarrow \frac{2x+3-xy}{x^2+2x+y+xy}\leq \frac{3-y}{9+4x+2y}$$
Với BĐT cuối,ta quy đồng và sử dụng các BĐT: $x\geq 3;y\geq 3;x^2\geq 3y$, ta có:
$$\frac{5}{3}x^2y\geq 5x^2;\frac{x^2y}{3}\geq y^2;xy^2\geq 9x;5xy\geq 15x;xy\geq 3y$$
Từ đây ta có đpcm. $\square$
Cách 2': darktemplar
Sử dụng 1 BĐT hiển nhiên sau:
$$\frac{2}{a+2}-\frac{b}{ab+b+1}-\frac{1}{a+b+1}=\frac{a(b-1)^2}{(a+2)(ab+b+1)(a+b+1)} \ge 0$$
Và 1 đẳng thức quen thuộc:
$$\frac{a}{ca+a+1}+\frac{b}{ab+b+1}+\frac{c}{bc+c+1}=1$$
Nên ta có:
$$\sum \frac{1}{a+2}-\sum \frac{1}{a+b+1} \ge 1-\sum \frac{1}{a+2}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
BĐT này chúng ta đã chứng minh ở trên,nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.



►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#56
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Bài toán [Tham Lang]
Cho $x,y,z$ là các số thực khác 0 và $n$ là tham số.
$$\left\{\begin{array}{1}\left (x^2+nyz\right )\left (y^2+nzx\right )\left (z^2+nxy\right ) \ne 0 \\ \left |x^3+y^3+z^3\right | \le 2|xyz| \\xy+yz+zx=0 \\n\ge 2 \end{array}\right.$$
Tìm GTLN, GTNN của $P$ theo $n$
$$P=\dfrac{yz}{x^2+nyz}+\dfrac{zx}{y^2+nzx}+\dfrac{xy}{z^2+nxy}$$
Để tránh thiếu thẩm mỹ, mình đã lược bớt một tham số $m$. Các bạn thử xem, nó nằm ở đâu nhé file:///C:/DOCUME~1/ADMINI~1/LOCALS~1/Temp/msohtml1/01/clip_image001.gif


Bài toán [Tham Lang]
Cho các số thực $x,y,z \ne 0$ và 2 tham số $m, n$ sao cho $$\left\{\begin{array}{1}\left (x^2+myz\right )\left (y^2+mzx\right )\left (z^2+mxy\right ) \ne 0 \\xy+yz+zx =0 \\(x+y+z)^3 =nxyz \end{array}\right.$$
Tính giá trị của :
$$P=\dfrac{yz}{x^2+myz}+\dfrac{zx}{y^2+mzx}+\dfrac{xy}{z^2+mxy}$$

Thực ra, để nghĩ ra 2 bài toán này, mình đã dựa vào một bài toán sau :

Cho x,y,z đôi một khác nhau, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$
Tính giá trị biểu thức:
$A=\frac{yz}{x^2+2yz}+\frac{xz}{y^2+2xz}+\frac{xy}{z^2+2xy}$

Ý tưởng như sau :
Ta thấy $\dfrac{x^2}{yz}=\dfrac{-x^2}{x(y+z)}=\dfrac{-x}{y+z}$
Đưa về dạng :
$$P=\dfrac{1}{n-a}+\dfrac{1}{n-b}+\dfrac{1}{n-c}=\dfrac{3n^2-2n(a+b+c)+ab+bc+ca}{n^3-n^2(a+b+c)+n(ab+bc+ca)-abc}$$
Bây giờ, để ý rằng :
$a+b+c=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=\dfrac{x^3+y^3+z^3}{-xyz}$
$ab+bc+ca=3$
$abc=-1$
Lúc đó :
$$P=\dfrac{3n^2+2n\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+3+1}{n^3+n^2\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+3n+1}=\dfrac{3n^2+2n\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+4}{n^3+n^2\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+3n+1}$$
Bây giờ, chỉ việc xét dấu dựa vào điều kiện nữa là xong.

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#57
hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

Hôm trước cô của mình có ra 1 bài như thế này

1.Cho $a;b;c;d>0$ và $\sum \frac{1}{1+a}=3$.Chứng minh $abcd\leq \frac{1}{81}$

Lời giải:
Kết hợp gt vs AM-GM cho $3$ số ta có
$\frac{1}{1+a}=(1-\frac{1}{1+b})+(1-\frac{1}{1+c})+(1-\frac{1}{1+d})=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\geq 3\sqrt[3]{\frac{bcd}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$ 
Tương tự rồi nhân vế với vế ta có $\frac{1}{\prod (1+a)}\geq 81\frac{abcd}{\prod (1+a)}\Leftrightarrow abcd\leq \frac{1}{81}(đpcm)$
Dấu''='' xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{3}$
Sau một hồi suy nghĩ mình đưa ra bài toán tổng quát sau:
1.a.Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$ và $\sum \frac{1}{1+a_{1}}=n-1$
Chứng minh:$a_{1}a_{2}...a_{n}\leq \frac{1}{(n-1)^{n}}$
Lời giải:
Mình vẫn sẽ dùng gt kết hợp vs AM-GM như sau
Ta có $\frac{1}{1+a_{1}}=(1-\frac{1}{1+a_{2}})+(1-\frac{1}{1+a_{3}})+...+(1-\frac{1}{1+a_{n}})$ ($n-1$ số $1$)
$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a_{1}}=\frac{a_{2}}{1+a_{2}}+\frac{a_{3}}{1+a_{3}}+...+\frac{a_{n}}{1+a_{n}}\geq (n-1)\sqrt[n]{\frac{a_{2}a_{3}a_{4}...a_{n}}{(1+a_{2})(1+a_{3})...(1+a_{n})}}$
Hoàn toàn tương tự nhân vế với vế ta có $\frac{1}{\prod (1+a)}\geq (n-1)^{n}.\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{\prod (1+a)}\Leftrightarrow \frac{1}{(n-1)^{n}}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}(đpcm)$
Dấu''='' xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=..=a_{n}=\frac{1}{n-1}$
Mình mong các bạn sẽ góp ý cho lời giải trên của mình  :icon6:
Mình đang băn khoăn nếu như nâng số mũ của giả thiết lên mũ $2$ thì kết luận có thay đổi như thế nào??
Mong các bạn góp ý cho mở rộng của bài toán trên 
2.Còn $1$ bài toán nữa mà mình nghĩ mở rộng của mình chưa được thú vị cho lắm
Cho $a;b;c>0$.Chứng minh:$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}> 2$
Lời giải:
Áp dụng AM-GM ta có
$\sqrt{\frac{b+c}{a}}\leq \frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$
Tương tự cộng vế với vế ta có $VT\geq 2$.Tuy nhiên dấu''='' không xảy ra do đó $VT>2$ (đpcm)
2a. Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$.Chứng minh:$\sum \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}}> 2$
Cách giải tương tự như sau 
$\sqrt{\frac{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}{a_{1}}}\leq \frac{\frac{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}{a_{1}}+1}{2}=\frac{\sum a_{1}}{2a_{1}}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}}\geq \frac{2a_{1}}{\sum a_{1}}$
Hoàn toàn tương tự cộng vế với vế ta có $VT\geq 2$.Tuy nhiên dấu''='' không xảy ra do đó $VT>2$ (đpcm)
2b. Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$.Chứng minh $\sum \sqrt{\frac{a_{1}^{n}}{a_{2}^{n}+a_{3}^{n}+...+a_{n}^{n}}}> 2$
Lời giải tương tự xin dành cho các bạn  :icon6:
Mình thắc mắc liệu nếu như bài toán gốc không phải là căn $2$ mà là căn $3$,căn $4$ thì kết luận sẽ như thế nào??
Mong các bạn có thể cùng mình trao đổi các vấn đề này :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 03-08-2015 - 10:27


#58
Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết

Làm tương tự rồi cộng lại, suy ra ĐPCM. Nhưng lại không xảy ra dấu"=" nên chỉ có :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2$$

 

 

Anh có làm chặt bài này lên thành:

 

Với $a,\,b,\,c $ là ba số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1.$ Chứng minh rằng 

\[\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge 2\sqrt{a+b+c+\frac{abc}{8} \cdot \left (ab+bc+ca-\frac{9abc}{a+b+c}\right)}.\]

Bất đẳng thức này cũng chặc hơn bất đẳng thức Iran TST 2008.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh