Chủ đề này có 57 trả lời

[Karl Heinrich Marx]

Mình đã nói rồi ba BĐT:
$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$ với mn + np + pm = 1
$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$ với np + pm + mn = 1
$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$ với pm + mn + np = 1
Cũng chỉ được coi là 1 mà thôi, do đó cả ba BĐT trên đều tương đương với nhau và đều tương đương với BĐT:
$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$

3 cái bđt đấy tương đương nhưng nó ko tương đương với cái dưới cùng. Tôi cho bạn 100 cái thẻ 20k nếu bạn có thể từ bđt $ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$ suy ra được 3 cái bđt trên. Định nghĩa tương đương là từ cái này suy ra cái kia và ngược lại.

[Tham Lang]

Cái quan trọng mà mình nói ở đây là bạn đã hiểu sai về vấn đề tương đương và suy ra. Bạn có 3 bđt trên bạn suy ra đc bđt mà bạn đã cm là cái bđt mà >= 12 đấy. Nhưng từ cái bđt bạn đã cm đc đấy bạn ko thể suy lên trên được về 3 cái bđt kia. Còn cái phần hoán vị hay ko ko quan trọng. Cái quan trọng ở đây là tính tương đương và hệ quả

Thực ra, bạn có một suy nghĩ rất giống mình. Ban đầu, mình chưa quen lắm với việc từ điều kiện đó lại suy ra cách giải trên. Nhưng giờ nghĩ lại, thấy nó không chính xác lắm.
Mình lấy một ví dụ rất nổi tiếng, chắc ai cũng biết :
Với $a,b,c\ge 0$. Chứng minh :
$$\left (a^2+b^2+c^2\right )^2\ge 3\left (a^3b+b^3c+c^3a\right )$$
Nếu như cách trên, mình có thể hiểu rằng :
Chỉ cần chứng minh :
$$\left (a^2+b^2+c^2\right )^2\ge \dfrac{3\left [ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)\right ]}{2}(1)$$
Việc này chắc không khó. Nhưng nếu 2 BĐT :
$\left (a^2+b^2+c^2\right )^2\ge 3\left (a^3b+b^3c+c^3a\right )(2)$
$\left (a^2+b^2+c^2\right )^2 \ge 3\left (ab^3+bc^3+ca^3\right )(3)$
Tương đương (1) có nghĩa là $(1)\Leftrightarrow (2), (3)$ thì quả là sai.
Chỉ có (2), (3) mới suy ra được (1)
Ta cũng có thể nói rằng :
$a^3b+b^3c+c^3a \le xa^4+yb^4+zc^4+ma^2b^2+nb^2c^2+...$
Rồi cũng chính $ab^3+bc^3+ca^3$ cũng bé hơn hoặc bằng một lượng có tính đối xứng (có thể gọi như hàm lẻ chẳng hạn, đối xứng tâm ) để sao cho cộng vế theo vế thì được BĐT (1)
Các bạn nghĩ sao

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-06-2012 - 23:47

[le_hoang1995]

Cho em nói vài lời nhé. Em thấy lập luận của anh binhmetric là sai rồi, nó chỉ có tính một chiều thôi, và không có chiều ngược lại.

Mình đã nói rồi ba BĐT:
$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$ với mn + np + pm = 1
$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$ với np + pm + mn = 1
$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$ với pm + mn + np = 1
Cũng chỉ được coi là 1 mà thôi, do đó cả ba BĐT trên đều tương đương với nhau và đều tương đương với BĐT:
$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$

Một phản ví dụ của em. Cho các số thực thỏa mãn $mn+np+pm=1$, lập luận sau đúng hay sai?
$$\left\{\begin{matrix}
m>0\\n>0
\\p>0

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m+n+p>0$$
Rõ ràng điều trên là không thể đúng, nó chỉ đúng 1 chiều thôi.
Em có thấy một nhầm lẫn khác gần giống với lập luận của anh tại đây http://diendantoanho...pic=14546&st=60
Chúng ta nên thảo luận trên tinh thần nhẹ nhàng, gần gũi cho đến khi tất cả đều hiểu ra, không nên đem chuyện tiền nong ra đây nhé

[Beautifulsunrise]

Lời giải của mình đã sai ngay từ đầu, khi mình kiểm chứng lại thì thấy nó lại càng sai hơn.
Xin lỗi nhá @_^

[Tham Lang]

Mọi người ai làm được chưa, để mình post đáp án

[Tham Lang]

Qua 32 tiếng đồng hồ chưa có lời giải, mình xin được post đáp án của mình
Trươc hết, ta cùng xét
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 :
$$ma^2+nb^2+pc^2\ge 4\sqrt{mn+np+mp}S$$
Chứng minh bổ đề :
Cách giải 1.
Theo định lí cô sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$ma^2+nb^2+p\left (a^2+b^2-2ab\cos{C}\right )\ge 2ab\sin{C}\sqrt{mn+np+pm}$
$\Leftrightarrow a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\left (\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\right )$
Thật vậy, áp dụng CS, ta có :
$\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\le \sqrt{\left (\sin^2{C}+\cos^2{C}\right )\left (p^2+mn+np+pm+p^2\right )}=\sqrt{(p+m)(p+n)}$
Theo AM-GM ta lại có $a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\sqrt{(p+m)(p+n)}$ suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a}{\sqrt{n+p}}=\dfrac{b}{\sqrt{m+p}}=\dfrac{c}{\sqrt{m+n}}$
Cách giải 2. [ anh qua , đấu trường VMF ]

anh qua của đội DELTA giải bài 4 của đội BETA.
Ta sẽ chứng minh kết quả chặt hơn sau:
Cho tam giác ABC có ba cạnh là a,b,c và diện tích S. Với 3 số x,y,z thỏa mãn $\sqrt{x+y}, \sqrt{y+z}, \sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác, thì ta có: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \sqrt{xy+yz+zx}.S$
Lời giải:
Trước tiên ta chứng minh nếu $\sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác thì $xy+yz+zx > 0$.
- x,y,z đều dương ( hiển nhiên)
- trong x,y,z có một số âm, giả sử là x, ta có: $ y > -x \geq 0; z > -x \geq 0$.
Mà: $\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z} > \sqrt{y+z}$
tương đương với: $\sqrt{x+y}\sqrt{x+z} > -x$
suy ra xy+yz+zx > 0.
Trở lại với bài toán:
Vì $x+y, y+z, z+x >0$ nên trong $x,y,z$ phải có ít nhất hai số dương.
Giả sử $y,z > 0$ và $y+z\geq x+y; y+z\geq z+x$
Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ suy ra $HB+HC \geq BC$.
Ta có: $xa^2+yb^2+zc^2= xBC^2+y(HC^2+HA^2)+z(HB^2+HA^2)$
$= xBC^2+(y+z).HA^2+y.HC^2+z.HB^2$.
Theo Cauchy Shwarz ta có: $y.HC^2+z.HB^2 \geq \frac{yz}{y+z}.(HC+HB)^2 \geq \frac{yz}{y+z}.BC^2$
Do đó: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \frac{xy+yz+zx}{y+z}.BC^2+(y+z).AH^2 \geq 2\sqrt{xy+yz+zx}.AH.BC= 4\sqrt{xy+yz+zx}.S$
Suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{\sqrt{y+z}}=\frac{b}{\sqrt{z+x}}=\frac{c}{\sqrt{x+y}}$.

Bây giờ, ta sẽ đi đến bài toán
Cho $m, n, p$ là các số thực không ẩm thoả mãn $mn+np+pm=1$ và $x,y,z>0$. Chứng minh rằng :
$$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2 \ge 4\sqrt{xyz(x+y+z)}$$
Lời giải :
Vì $mn+np+pm=1$ nên ta sẽ chứng minh :
$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2 \ge 4\sqrt{(mn+np+pm)xyz(x+y+z)} (1)$
Đặt $\left\{\begin{array}{1}y+z=2a \\z+x=2b \\x+y=2c\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{1} x=-a+b+c \\y=a-b+c\\z=a+b-c\end{array}\right.$
Dễ thấy $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Lúc đó, thay vào (1), ta cần chứng minh :
$ma^2+nb^2+pc^2\ge \sqrt{(mn+np+pm)(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}$
Mặt khác,theo công thức Hê rông thì $(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)=16S^2$
Từ đó, ta suy ra ĐPCM.
Vấn đề ở đây của chúng ta đó là việc sáng tạo ra nhiều những BĐT khác hay hơn, đẹp hơn từ bổ đề trên. Mà việc này có lẽ ta sẽ cùng nhau bàn về điều kiện của $m, n, p$

• Ta chú ý đến đẳng thức $\dfrac{ab+1}{a-b} \dfrac{bc+1}{b-c}+\dfrac{bc+1}{b-c} \dfrac{ca+1}{c-a}+\dfrac{ca+1}{c-a} \dfrac{ab+1}{a-b}=1$

Vậy nên nếu đặt $\left\{\begin{array}{1}m=\dfrac{ab+1}{a-b} \\ n=\dfrac{bc+1}{b-c}\\ p=\dfrac{ca+1}{c-a}\end{array}\right.$ thì $mn+np+pm=1$ và nếu $a>b>c$ thì ta có
$m+n=\dfrac{(ab+1)(b-c)+(bc+1)(a-b)}{(a-b)(b-c)}=\dfrac{ab^2+b-c-cb^2+a-b}{(a-b)(b-c)}=\dfrac{(b^2+1)(a-c)}{(a-b)(b-c)}>0$
Tương tự thì
$n+p=\dfrac{(c^2+1)(b-a)}{(b-c)(c-a)}>0$
$p+m=\dfrac{(a^2+1)(c-b)}{(c-a)(a-b)}>0$
Điều này thoả mãn điều kiện của bổ đề trên và ta có bất đẳng thức :
Cho các số thực $m, n, p$ thoả mãn $m>n>p$ và các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{mn+1}{m-n}(a+b)^2+\dfrac{np+1}{n-p}(c+a)^2+\dfrac{pm+1}{p-m}(a+b)^2 \ge 4\sqrt{abc(a+b+c)}$$

• Nếu như chúng ta có thể “nuôi” một bất đẳng thức thật đẹp có dạng $mn+np+pm\ge t$ thì quả là tuyệt vời. Mình xin được đưa ra ví dụ như với $m=\dfrac{x}{y+z}, n=\dfrac{y}{z+x}, p=\dfrac{z}{x+y}$ với $x,y,z>0$ thì dễ dàng nhận ra rằng $mn+np+pm \ge \dfrac{3}{4}$. Ta sẽ có bất đẳng thức $$\dfrac{x}{y+z}a^2+\dfrac{y}{z+x}b^2+\dfrac{z}{x+y}c^2\ge 2\sqrt{3}S$$

Đây là một bổ đề không do mình nghĩ ra, nhưng nhờ nó mà mình đã có thể giải được một số bài toán hay , độc đáo ví dụ như đây chẳng hạn. Tất nhiên, ứng dụng của nó còn rất nhiều, đặc biệt đây là một bổ đề đặc biệt để làm nên những bài toán đặc biệt, vì ta hoàn toàn có thể chọn các giá trị bất kì của $m, n, p$(tất nhiên là thoả mãn đề bài) và điều kiện xảy ra đẳng thức là rất thoáng. Thật vậy, ta cho $m=1, n=2, p=3$ thì ta sẽ có một BĐT đặc biệt :
$$(b+c)^2+2(a+c)^2+3(a+b)^2 \ge 4\sqrt{11abc(a+b+c)}$$
Và nếu như ta lại áp đặt cho $a, b, c$ một điều kiện nào đó, ta lại có thể có một đề toán vô cùng thú vị. Gỉa sử cho $abc=1$ thì $$(b+c)^2+2(c+a)^2+3(a+b)^2\ge 4\sqrt{11(a+b+c)}$$
Rõ ràng, đây thực sự là một bổ đề rất cần cho những người ra đề toán !. Cũng giống như “Từ một đẳng thức đẹp” của mình hay "Về một bài toán bất đẳng thức" của anh Huyện, những bổ đề này thực sự là có sức mạnh rất lớn , vì nó giải được một loạt những bài toán theo phương pháp cổ điển và đẹp , và cùng với đó giúp nói lên sự giao thoa giữa các bài toán.
Nhân tiện, mình giới thiệu 3 bài toán sau, chỉ có mỗi bài toán 3 là hơi mắc nhưng nó hoàn toàn có thể được bằng một bổ đề đẹp mắt (tất nhiên, các bạn cũng có thể thực hiện một số cách khác có thể hay hơn nhiều) hai bài 1, 2 cũng có tương ứng 2 bổ đề (rất đơn giản và thông dụng)
Bài toán 1. [ huymit_95 ]
Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thoả mãn $abcd=ab=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{ab+b+cd-1}+\dfrac{b}{bc+a+da-1}+\dfrac{c}{cd+d+ab-1}+\dfrac{d}{da+c+bc-1}\le a+b+c+d-2$$
Bài toán 2. [ Vasc ]
Cho $a, b, c$ là các số thực. Chứng minh rằng :
$$\left [\sum (a-b)(a-c)\right ]\left [\sum a^2(a-b)(a-c)\right ]\ge \left [\sum a(a-b)(a-c)\right ]^2$$
Bài toán 3.

• [Võ Quốc Bá Cẩn ] [ Bổ đề cho ý b nhé ]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge \sqrt{\dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$$

• [Panagiote Ligouras, Math links]

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge 2\sqrt[6]{\dfrac{9(a+b+c)^4}{\sqrt[3]{abc}(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Mọi người cố gắng làm nhé !
Mình xin được nêu ra ý tưởng nhỏ như sau : Tiện thể topic đang phát triển khá mạnh, mình muốn đây là nơi chúng ta sẽ post những bổ đề hay (không nhất thiết là phải khó và phức tạp đâu nhé ) có thể ứng dụng giải nhiều bài toán hoặc “nhận thấy” chúng “có thể” giúp sáng tạo ra nhiều bài toán độc đáo, đưa ra để mọi người cùng thảo luận. Mình mong rằng, topic sẽ phát triển dài lâu nên trong thời gian hè này,nên mọi người hãy tranh thủ và giới thiệu đến tất cả thành viên VMF những phát hiện, những tìm tòi của mình để mục đích chính là các thành viên chúng ta sẽ cùng nhau thảo luận và mở rộng vấn đề nhé. Mình thấy rằng, các topic sáng tạo BĐT giờ thực ra có thể tồn tại lâu, nhưng nó không thể đẩy nhanh hơn việc tìm tòi của thành viên, bởi vì “có thảo luận, chúng ta mới có thêm những bài toán hay hơn”. Nhiều người cùng mổ xẻ một vấn đề sẽ hay hơn là đưa ra những bài toán mình sáng tạo một cách riêng lẻ. Mình có 1 tài liệu (không có giải) của một số thành viên Math links gồm những “tốp nhỏ” các bài toán có nét tương đồng của các thành viên. Ví dụ như bài toán trên của anh Cẩn chẳng hạn, đã giúp một số thành viên có những bài toán khác có cùng VT như trên, nhưng VP thì lại khác. Khi làm xong 2 bài trên, mình sẽ post các bài còn lại.
Nếu thật sự, chúng ta làm được những điều này, mình tin rằng chúng ta sẽ có một tài liệu gồm tuyển tập những phát hiện độc đáo. VMF không còn mạnh như trước đây, nhưng cần phải tạo những nét riêng. Chúng ta phải thực sự cho mọi người thấy, khám phá và tìm tòi mới thực sự là quan trọng !
Lưu ý, khi tham gia vào topic, mọi người nên đánh số cẩn thận, ta nên khuyến khích những bài toán có phát biểu không quá rườm rà làm giảm tính độc đáo của BĐT. Dự kiến, topic sẽ được đặt tên là
“THẢO LUẬN VÀ SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC” theo như ý nghĩa thực của nó.
Quy định : Vui vẻ là chính, nhưng không được spam hay cãi lộn lẫn nhau. Khuyến khích có những tranh luận thẳng thắn nhưng cần sự chân thành và trên hết là phải thể hiện sự đoàn kết để có những kết quả đẹp.
Nếu đồng ý thì mình sẽ thực hiện ngay, còn nếu không thì mọi người cứ thẳng thắn vào nhé Tập thể đồng tình sẽ tạo sức bật lớn hơn

[Tham Lang]

Vậy là topic đã chính thức được đưa vào hoạt động. Mình mong rằng, chỉ cần mỗi tuần ít nhất có một vấn đề hay thì một năm, chúng ta sẽ có một lượng đồ sộ. Nên chú ý rằng, topic không yêu cầu hoạt động mạnh mẽ mà thực chất chỉ cần chất lượng bài viết. Mong rằng, tất cả thành viên của diễn đàn sẽ tham gia tích cực. Thông thường thì các topic chỉ hoạt động cầm chừng trong thời gian ngắn, rồi dần bị lãng quên. Vì vậy đây là lí do chính để mình biến topic [TREO THƯỞNG] thành topic [THẢO LUẬN VÀ SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC]
Và dĩ nhiên, trước hết, mọi người hãy cùng nhau làm 3 bài mình đã post ở trên. Đọc kĩ nội quy [Quy định] ở trên nhé

[khanh3570883]

Bài toán 4: Một bất đẳng thức khá đẹp và cách làm ra nó cũng khá hay. Từ bài này ta sẽ sáng tạo ra nhiều bất đẳng thức khác.
Cho ${a_1},...,{a_n}$ là những số thực. Chứng minh rằng:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^4} < {\pi ^2}\left( {a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_n^2} \right)\]

Đáng tiếc là dấu bằng không xảy ra!

[Tham Lang]

Làm một lúc mà không ra, để anh em chém vậy. Mình mở rộng trước đã
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 :
$$\left (a_1+a_2+...+a_n+...\right )^4\le \dfrac{\pi^4}{36}\left (a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2+...\right )^2\left (a_1^2+2^4a_2^2+3^4a_3^2+...+n^4a_n^2+...\right )$$
Qua đẹp phải không mọi người.
Không những hàm Zeta, chúng ta còn có thể liên hệ tới BĐT sau :
Cho số nguyên $n>1$. Chứng minh rằng :
$\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2-2^2}+...+\sqrt{n^2-(n-1)^2}<\dfrac{n\pi^2}{4}$
Mà chứng minh của nó, ta đã được biết đến theo cách hình học.
Vậy thì ta lại có một bất đẳng thức nữa cũng rất đẹp
$ \left (a_1^2+a_2^2+...+a_{n-1}^2\right )\left [\dfrac{a_1^2}{n^2-1}+\dfrac{a_2^2}{n^2-2^2}+\dfrac{a_3^2}{n^2-3^2}+...+\dfrac{a_{n-1}^2}{n^2-(n-1)^2}\right ]n^2\pi^4 \ge 16\left (a_1+a_2+...+a_{n-1}\right )^4$
Nếu có các đẳng thức., bất đẳng thức liên quan đến $pi$ thì sao nhỉ ? . Và bây giờ, mời mọi người hãy góp chung một vài dạng kiểu này để có thể có những BĐT đẹp hơn.
Mọi người hãy cùng nhau tìm ra những BĐT phụ đẹp hơn, mới hơn và độc đáo hơn nữa để có nhiều những mở rộng.
Mình sẽ chỉ ra hướng giải cho 3 bài toán 1,2,3 :
Bài 1. Sử dụng $\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}=1$ khi $xy=1$. Một bài toán có nét tương đồng là bài toán sau đây mình đã làm trong tối qua dành cho các em THCS :
Cho $a,b,c,d,e,f$ là các số thực không âm thoả mãn $ab=cd=ef=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{ba+c+d+b-2}+\dfrac{b}{be+2a+f-2}+\dfrac{c}{ce+2d+f-2}+\dfrac{2d}{3c+a+b+d+e+f-4}+\dfrac{e}{b+d+c+a+f-3}+\dfrac{f}{af+b+2e-2}+\le a+b+c+d+e+f-3$$
Bài 2. Chỉ cần sử dụng đẳng thức $(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3=3(a-b)(b-c)(c-a)$
Bài 3.
Ý 1 sử dụng $Holder$, ý 2 thì có hơi khác một chút, nhưng chỉ cần có thêm 1 thủ thuật nhỏ là OK.
Theo các hướng đó, mọi người thử làm nhé rồi mở rộng cho mạnh vào, giống như bài mở rộng kia dành cho THCS, chắc mọi người nhìn vào mà sợ lắm, nhưng mình chỉ đánh tâm lí thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 01-07-2012 - 10:14

[khanh3570883]

Bài toán 2. [ Vasc ]
Cho $a, b, c$ là các số thực. Chứng minh rằng :
$$\left [\sum (a-b)(a-c)\right ]\left [\sum a^2(a-b)(a-c)\right ]\ge \left [\sum a(a-b)(a-c)\right ]^2$$

\[\begin{array}{l}
\left[ {\sum {\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)} } \right]\left[ {\sum {{a^2}\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)} } \right] \ge {\left[ {\sum {a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)} } \right]^2} \\
\Leftrightarrow 3{\left( {a - b} \right)^2}{\left( {b - c} \right)^2}{\left( {c - a} \right)^2} \ge 0 \\
\end{array}\]

[le_hoang1995]

Một bài cồng kềnh, nhưng không khó ( tự nghĩ)
Bài toán 5 Cho các số không âm $a,b,c$, chứng minh BĐT:
$$2(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)(ab+bc+ca)+64a^2b^2c^2$$
$$\geq\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^2+18abc(a+b)(b+c)(c+a)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 30-06-2012 - 15:23

[Tham Lang]

Bài toán 5 có thể được giải như sau :
Biến đổi, bất đẳng thức tương đương :
$(a+b)(b+c)(c+a)[2(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b)(b+c)(c+a)-10abc]-8abc[(a+b)(b+c)(c+a)-8abc]\ge 0$
$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-8abc]-8abc[(a+b)(b+c)(c+a)-8abc]\ge 0$
$\Leftrightarrow [(a+b)(b+c)(c+a)-8abc]^2\ge 0$
Hiển nhiên đúng.

[Tham Lang]

Trước hết, các bạn hãy chứng minh
Bài toán 6
Chứng minh rằng, nếu $a,b,c>0, a+b+c=3$ thì :
$$(ab+bc+ca)\left (\dfrac{a}{b^2+9}+\dfrac{b}{c^2+9}+\dfrac{c}{a^2+9}\right )\le \dfrac{9}{10}$$
Bài toán này thực sự rất yếu, có thể dễ dàng được giải quyết thông qua AM-GM. Vậy thì vấn đề mình đặt ra ở đây đó là, có phải con số $9$ ở dưới mẫu đã kìm cho hàm $f(a,b,c)$ không thể vượt quá $\dfrac{9}{10}$ ?
Vậy thế thì để có một BĐT chặt hơn, ta cần giảm hệ số tự do đó như thế nào ? Mời mọi người vào đây nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 03-07-2012 - 00:06

[khanh3570883]

Bài toán 4: Một bất đẳng thức khá đẹp và cách làm ra nó cũng khá hay. Từ bài này ta sẽ sáng tạo ra nhiều bất đẳng thức khác.
Cho ${a_1},...,{a_n}$ là những số thực. Chứng minh rằng:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^4} < {\pi ^2}\left( {a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_n^2} \right)\]

Đáng tiếc là dấu bằng không xảy ra!

Đang rãnh rỗi gõ luôn lời giải bài này! (Đây chính là bất đẳng thức Carlson)

Chúng ta bắt đầu từ bất đẳng thức C-S:
${\left( {{a_1}{b_1} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + ... + b_n^2} \right)$
Đẳng thức xảy ra nếu: $\left( {{a_1},...,{a_n}} \right) = \lambda \left( {{b_1},...,{b_n}} \right)$
Để ý:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} = {\left( {{a_1}{c_1}\frac{1}{{{c_1}}} + ... + {a_n}{c_n}\frac{1}{{{c_n}}}} \right)^2} \le \left( {a_1^2c_1^2 + ... + a_n^2c_n^2} \right)\left( {\frac{1}{{c_1^2}} + ... + \frac{1}{{c_n^2}}} \right)\]
Đặt: ${C_n} = \frac{1}{{c_1^2}} + ... + \frac{1}{{c_n^2}}$
Chúng ta có:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} \le {C_n}\left( {a_1^2c_1^2 + ... + a_n^2c_n^2} \right)\left( 1 \right)\]
Khi ${c_n} = n$, chung ta có:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} \le {C_n}\left( {a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_n^2} \right)\]
Với:
\[{C_n} = 1 + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}} < \frac{{{\pi ^2}}}{6},{C_n} \to \frac{{{\pi ^2}}}{6} \leftrightarrow n \to \infty \]
Chúng ta có:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} < \frac{{{\pi ^2}}}{6}\left( {a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_n^2} \right)\]
Đây chính là bất đẳng thức Carlson
Trở lại với (1), khi $c_n^2 = t + \frac{{{n^2}}}{t}$ và đặt:
\[a_1^2c_1^2 + ... + a_n^2c_n^2 = tP + \frac{Q}{t},P = a_1^2 + ... + a_n^2,Q = a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_n^2\]
Vậy chúng ta có:
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} \le {C_n}\left( {tP + \frac{Q}{t}} \right)\]
Ở đây:
\[{C_n} = \frac{1}{{t + \frac{1}{t}}} + \frac{1}{{t + \frac{{{2^2}}}{t}}} + ... + \frac{1}{{t + \frac{{{n^2}}}{t}}} = \frac{t}{{{t^2} + 1}} + \frac{t}{{{t^2} + {2^2}}} + ... + \frac{t}{{{t^2} + {n^2}}}\]
Nhìn vào hình dưới ta có:
\[\frac{t}{2} = \frac{1}{2}\left| {O{M_{n - 1}}} \right|.\left| {O{M_n}} \right|.\sin {\alpha _n} = \frac{1}{2}\sqrt {{t^2} + {{\left( {n - 1} \right)}^2}} .\sqrt {{t^2} + {n^2}} .\sin {\alpha _n}\]
\[\sin {\alpha _n} = \frac{t}{{\sqrt {{t^2} + {{\left( {n - 1} \right)}^2}} .\sqrt {{t^2} + {n^2}} }} > \frac{t}{{{t^2} + {n^2}}}\]
\[\frac{t}{{{t^2} + {n^2}}} < \sin {\alpha _n} < {\alpha _n}\]
\[{C_n} = \frac{t}{{{t^2} + 1}} + \frac{t}{{{t^2} + {2^2}}} + ... + \frac{t}{{{t^2} + {n^2}}} < {\alpha _1} + ... + {\alpha _n} < \frac{\pi }{2}\]
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} < \frac{\pi }{2}\left( {tP + \frac{Q}{t}} \right)\]
Chúng ta cho $t = \sqrt {\frac{Q}{P}} $ thì $tP + \frac{Q}{t} = 2\sqrt {PQ} $ thì
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^2} < \pi \sqrt {PQ} \]
\[{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^4} < {\pi ^2}\left( {a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {a_1^2 + {2^2}a_2^2 + ... + {n^2}a_1^2} \right)\]

Đây là phát biểu thứ hai của bất đẳng thức Carlson.
Hi vọng sau bài này các bạn sẽ suy ra thêm nhiều bất đẳng thức khác!

[Tham Lang]

Mọi người cùng làm và mở thật rộng bài toán dễ sau nhé
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 $x_1x_2x_3x_4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 06-07-2012 - 21:56

[khanh3570883]

Mọi người cùng làm và mở thật rộng bài toán dễ sau nhé
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 $x_1x_2x_3x_4$

Ta có:
\[{x_1}{x_2}{x_3}{x_4} \le {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4}}}{4}} \right)^4} \le \frac{{{k^4}}}{{256}}\]
Dấu "=" xảy ra khi ${x_1} = {x_2} = {x_3} = {x_4} = \frac{k}{4},{x_5} = ... = {x_n} = 0$

P/s: Mở rộng kiểu gì nhỉ?
________________________________________________________________________________
Chúng ta có thể mở rộng với nhiều biến hơn, sử dụng một số bất đẳng thức phụ nữa để tạo ra nhiều BĐT hay hơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 09-07-2012 - 15:11

[Tham Lang]

• [Võ Quốc Bá Cẩn ] [ Bổ đề cho ý b nhé ]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge \sqrt{\dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$$

• [Panagiote Ligouras, Math links]

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge 2\sqrt[6]{\dfrac{9(a+b+c)^4}{\sqrt[3]{abc}(a+b)(b+c)(c+a)}}$$

Với bài toán thứ nhất, mình sẽ đăng 2 lời giải, một lời giải là của anh Cẩn, và một lời giải của mình :

• Lời giải 1.[V.Q.B.C]

Đặt vế trái là A, lúc đó, áp dụng BĐT Holder, ta có :
$$A^2\left [\dfrac{1}{a^2(b+c)}+\dfrac{1}{b^2(c+a)}+\dfrac{1}{c^2(a+b)}\right ]\ge \left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )^3$$
Như vậy, chỉ cần chứng minh được :
$$\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )^3\ge \dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\left [\dfrac{1}{a^2(b+c)}+\dfrac{1}{b^2(c+a)}+\dfrac{1}{c^2(a+b)}\right ]$$
Đặt $x=\dfrac{1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$$(x+y+z)^3\ge \dfrac{16(xy+yz+zx)^3}{3(x+y)(y+z)(z+x)}\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right )$$
Áp dụng BĐT quen thuộc $(x+y)(y+z)(z+x)\ge \dfrac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{(x+y+z)^4}{xy+yz+zx}\ge 6(xy+yz+zx)\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right )$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{(x+y+z)^4}{xy+yz+zx}\ge 6(x^2+y^2+z^2)+6xyz\left (\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\right )$$
Áp dụng tiếp BĐT $dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{4}{x+y}$ ta có :
$$\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right )$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{(x+y+z)^4}{xy+yz+zx}\ge 6\left (x^2+y^2+z^2\right )+3(xy+yz+zx)$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\left [(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)\right ]^2}{xy+yz+zx}\ge 0$$
Hiển nhiên đúng.

• Lời giải 2. [huymit_95]

Áp dụng BĐT Holder, ta có :
$$A^2\left [(a+b)^2c+(b+c)^2a+(c+a)^2b\right ]\ge 8(a+b+c)^3$$
Mặt khác, sử dụng BĐT AM-GM thì :
$$(a+b)^2c+(b+c)^2a+(c+a)^2b=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+6abc\le \dfrac{3}{2}(a+b)(b+c)(c+a)$$
Do đó :
$$A^2\ge \dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow A\ge \sqrt{\dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Bài toán đã được chứng minh.
Còn tiếp .................

[tkvn97]

Bài 8. (Tự chế) Cho $x,y,z>0$ . Chứng minh $\sqrt{\frac{yz}{xy+xz}}+\sqrt{\frac{zx}{xy+yz}}+\sqrt{\frac{xy}{yz+zx}}<2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 09-07-2012 - 16:49

[Tham Lang]

Tự sướng đến phút cuối cùng
Từ bổ đề trên, mình sẽ tiếp tục với bài toán :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge 2\sqrt[4]{\dfrac{6(a+b+c)^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Ta sẽ sử dụng trực tiếp bổ đề trên, và ta sẽ chứng minh :
$$\dfrac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 4\sqrt{\dfrac{6(a+b+c)^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
$$\Leftrightarrow 8(a+b+c)^3\ge 27(a+b)(b+c)(c+a)$$
Thật vậy, áp dụng AM-GM, ta có :
$$8(a+b+c)^3=[(a+b)+(b+c)+(c+a)]^3\ge 27(a+b)(b+c)(c+a)$$
Bài toán đã được chứng minh.
Và cùng đi đến ý thứ 2 ở trên
Thấy rằng, có $abc$ ở mẫu, do vậy, ta sẽ tiếp cần bài toán theo cách sau :
Đặt $A$ là vế trái .Sử dụng BĐT bổ đề và AM-GM, ta có :
$$6A \ge 3\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+3\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+3\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+3.4\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
$$\ge 6\sqrt[6]{\dfrac{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}.3^3.4^3.\sqrt{(a+b+c)^3}}{\sqrt{abc}\sqrt{[3(a+b)(b+c)(c+a)]^9}}}$$
$$\Leftrightarrow A\ge \sqrt[6]{\dfrac{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}.3^3.4^3.\sqrt{(a+b+c)^3}}{\sqrt{abc}\sqrt{[3(a+b)(b+c)(c+a)]^3}}}$$
Việc bây giờ là chứng minh :
$$\sqrt[6]{\dfrac{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}.3^3.4^3.\sqrt{(a+b+c)^3}}{\sqrt{abc}\sqrt{[3(a+b)(b+c)(c+a)]^3}}}\ge 2\sqrt[6]{9\dfrac{(a+b+c)^4}{\sqrt[3]{abc}(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{a+b+c}\ge \sqrt[6]{27abc}$$
Đúng theo AM-GM :$\sqrt{a+b+c}\ge \sqrt{3\sqrt[3]{abc}}=\sqrt[6]{27abc}$
Và đây là 2 bài toán có phần khác biệt hơn :

• $$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge 2(a+b+c)\sqrt[4]{\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
• $$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge \sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$

[Tham Lang]

Bài 8. (Tự chế) Cho $x,y,z>0$ . Chứng minh $\sqrt{\frac{yz}{xy+xz}}+\sqrt{\frac{zx}{xy+yz}}+\sqrt{\frac{xy}{yz+zx}}<2$

Anh nghĩ phải là $>2$ chứ
Đặt $yz=a, zx=b, xy=c(a,b,c>0)$ thì BĐT tương đương :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2$$
Thật vậy, áp dụng BĐT AM-GM, ta có :
$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\ge \dfrac{2a}{a+b+c}$
Làm tương tự rồi cộng lại, suy ra ĐPCM. Nhưng lại không xảy ra dấu"=" nên chỉ có :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2$$