Chủ đề này có 49 trả lời

[minh29995]

Bài mở rộng trên có vài chỗ cần chỉnh.. Em xin lấy bài mở rộng này.. Bỏ bài mở rộng trên!
Mở rộng: Tổng quát bài toán với n biến (n lẻ)
Cho $a_1, a_2, a_3,...., a_n$ là những só thực dương thỏa mãn:
$\sum\frac{1}{a_{1}^{n+1}+a_2+a_3+...+a_n}\leq \frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum\frac{a_1^{n+1}-a_1}{a_1^{n+1}+a_2+...+a_n}\geq 0$
*Áp dụng AM-GM ta có:
$a_1^{n+1}+a_2+..+a_n\geq na_1.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
$a_2^{n+1}+a_3+..+a_n+a_1\geq na_2.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
........
$a_n^{n+1}+a_1+..+a_{n-1}\geq na_n.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
và
$(n+1)a_1a_2..a_n=1+a_1+a_2+..+a_n\geq (n+1)\sqrt[n+1]{a_1a_2..a_n}$
Suy ra: $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$
Do đó:
$\sum\frac{a_1}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\leq \frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2..a_n}}\leq 1$ (1)
*Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\sum\frac{a_1^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\geq \frac{(a_1^{\frac{n+1}{2}}+a_2^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})^2}{a_1^{n+1}+a_2^{n+1}+..a_n^{n+1}+(n-1)(\sum a_1)}= S$
Ta chứng minh $S\geq 1$ (2)
Tương đương:
$\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{n-1}{2}(\sum a_1)$
Áp dụng AM-GM cho $\frac{(n-1)(n+1)(n-2}{2}$ số ta có:
$(n-3)(\sum_{i,j=2}^n a_i^{\frac{n+1}{2}}a_j^{\frac{n+1}{2}})+2(n-2)a_1^{\frac{n+1}{2}}(a_2^{\frac{n+1}{2}}+a_3^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})\geq \frac{(n-1)(n+1)(n-1)}{2}a_1^2a_2a_3...a_n$
($i< j$)
Tương tự với các biến còn lại rồi cộng vế ta được:
$(n+1)(n-2)\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{(n+1)(n-1)(n-2)}{2}a_1a_2..a_n(a_1+a_2+..+a_n)$
Do đó (2) đúng. (Do $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=..=a_n=1$

Điểm mở rộng: 5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:20

[luuxuan9x]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$(a^{4}+b+c)(1+b+c)^{3}\geq (a+b+c)^{4}$

=>$\frac{1}{a^{4}+b+c}\leq \frac{( 1+b+c)^{3}}{(a+b+c)^{4}}$

Tương tự ta có:$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+a+c}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{( 1+a+c)^{3}+ (1+b+c)^{3}+ (1+a+b)^{3}}{(a+b+c)^{4}}$

Giờ ta chỉ cần chứng minh:$\frac{( 1+a+c)^{3}+ (1+b+c)^{3}+ (1+a+b)^{3}}{(a+b+c)^{3}}\leq 3$

<=>$( 1+a+c)^{3}+ (1+b+c)^{3}+ (1+a+b)^{3}\leq 3(a+b+c)^{3}$

Theo điều kiện ta lại có:$a+b+c+1=4abc$

<=>$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}$

<=>$abc\geq 1$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ =>$a\geq 1$

Khi đó $(a+b+c)^{3}\geq (1+b+c)^{3}$

Giờ chỉ cần chứng minh:$2(a+b+c)^{3}\geq (1+a+b)^{3}+(1+a+c)^{3}$

Thật vâỵ ta khai triển ra và kết hợp điều kiện $ a\geq b\geq c$ và $ a\geq 1$ ta được điều phải chứng minh.

Dấu "=" xảy ra <=>$a=b=c=1$

Vậy bất đẳng thức được chúng minh.



Đoạn cuối cùng chỗ chứng minh $2(a+b+c)^3 \ge (1+a+b)^3+(1+a+c)^3$ dù cho có đơn giản như em nói hay gì đó thì em cũng phải khai triển ra và biến đổi chứ không được viết qua loa như vậy!
Điểm: 9

S = 12 + 3x9 + 0 + 0 = 39

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-09-2012 - 21:26
Ghi điểm

[ElenaIP97]

Bài giải
Theo bất đẳng thức AM-GM cho 4 số dương, ta có: $a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}$
$\Rightarrow 4abc\geq 4\sqrt[4]{abc}$
$\Rightarrow a^4b^4c^4\geq abc$
$\Rightarrow a^3b^3c^3\geq 1$
$\Rightarrow abc\geq 1$

Bất đẳng thức phải chứng minh: $\frac{1}{a^4+b+c}+\frac{1}{b^4+c+a}+\frac{1}{c^4+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a^4+b+c}-1+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}-1+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}-1\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}+\frac{b-b^4}{b^4+c+a}+\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq 0$

Ta có: $a^4+b+c\geq 3\sqrt[3]{a^3.abc}\geq 3a$ (Vì $abc\geq1$)
$\Rightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}\leq \frac{a-a^4}{3a}=\frac{1-a^3}{3}$
Tương tự: $\frac{b-b^4}{b^4+c+a}\leq\frac{1-b^3}{3}$
$\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq\frac{1-c^3}{3}$
$\Rightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}+\frac{b-b^4}{b^4+c+a}+\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq \frac{1-a^3}{3}+\frac{1-b^3}{3}+\frac{1-c^3}{3}$
Theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương, ta có: $a^3+b^3+c^3\geq 3abc\geq 3$ (Vì $abc\geq 1$)
$\Rightarrow (1-a^3)+(1-b^3)+(1-c^3)\leq 0$
$\Rightarrow \frac{1-a^3}{3}+\frac{1-b^3}{3}+\frac{1-c^3}{3}\leq 0$
Do đó: $\frac{a-a^4}{a^4+b+c}+\frac{b-b^4}{b^4+c+a}+\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq 0$
Từ đó, ta có: $\frac{1}{a^4+b+c}+\frac{1}{b^4+c+a}+\frac{1}{c^4+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$

4 điểm

S = 8 + 3x4 + 0 + 0 = 20

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 27-09-2012 - 21:29
Ghi điểm

[dangerous_nicegirl]

cho em bổ sung lời giải trên là: dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Còn đây là lời giải thứ hai:
Theo bất đẳng thức Holder cho 4 số

VT=$\sum \frac{(1+b+c)^{3}}{\left ( a^{4} +b+c\right )\left \right (1+b+c)^{3}}
\leq \sum \frac{(1+b+c)^{3}}{\left ( a +b+c\right )^{4}}$

$\Leftrightarrow 3\left ( a+b+c \right )^{3}\geq \sum (1+b+c)^{3}$
Giả sử $a\geq b\geq c$
Đặt a+b+c=A 1+b+c=D
1+b+a=B 1+c+a=E

Thấy các BT (A^{2}+AE+E^{2});(A^{2}+AD+D^{2});(A^{2}+AB+B^2)$\geq 0$(*)
áp dụng BĐT chebysep

BĐT $\Leftrightarrow$(a-1)(A^{2}+AD+D^{2})+(b-1)(A^{2}+AE+E^{2})+\left (c-1)(A^{2}+AB+B^2)\geq 0$

Ta có
VT(*)$\geq (a+b+c-3)K$ (K là 1 bthức dương)
Bây giờ ta đi chứng minh

$a+b+c\geq 3$
Thật vậy
a+b+c+1=4abc$\leq \frac{4(a+b+c)^{3}}{27}$
$\Leftrightarrow\left ( A-3 \right )\left ( 2A+3 \right )^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow A\geq 3(dpcm)$



Bài giải lỗi $Latex$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:26

[longqnh]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

BĐT cần cm tương đương:
$\sum {\frac{1}{{{a^4} + b + c}} \le \sum {\frac{3}{{4abc - 1}} <=> \sum {\frac{{4abc}}{3} \le \sum {a^4} + b + c + 1} } } (*) $
Theo $AM-GM$: ${a^4} + b + c + 1 \ge 4a\sqrt[4]{{bc}}$
Vậy $(*)$ sẽ đúng nếu: $\frac{{4abc}}{3} \ge \frac{{4a\sqrt[4]{{bc}}}}{3} <=> bc \ge \sqrt[4]{{bc}} (**)$
$(**)$ luôn đúng vì $b,c>0$.
Đẳng thức xảy ra $<=>a=b=c=1$



Phép biến đổi: $\sum {\frac{1}{{{a^4} + b + c}} \le \sum {\frac{3}{{4abc - 1}} <=> \sum {\frac{{4abc}}{3} \le \sum {a^4} + b + c + 1} } } (*) $ sai

0 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:28

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau.4
Toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

[BoFaKe]

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau.4
Toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

Thế lời giải của thi sinh ra đề có đươc hiện ra không ạ.

[TopHS]

Rõ ràng trong 3 số ${a^4} + b + c,{b^4} + c + a,{c^4} + a + b$ phải có 1 số nhỏ nhất, tức là ta chỉ cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
.

Mọi người giải thích giùm tại sao có đc điều này ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TopHS: 10-09-2012 - 12:46

[khanh3570883]

Mọi người giải thích giùm tại sao có đc điều này ạ.

Đây:

$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0$
Có 3 mẫu số, như vậy dù tử số thế nào thì ta cũng được phép cộng gộp lại vì ta luôn có giá trị gộp lại luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp, cần chứng minh cho nó bé hơn 0 mà mẫu dương thì chỉ cần chứng minh tử số âm là đủ.

[minh29995]

Đây:

$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0$
Có 3 mẫu số, như vậy dù tử số thế nào thì ta cũng được phép cộng gộp lại vì ta luôn có giá trị gộp lại luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp, cần chứng minh cho nó bé hơn 0 mà mẫu dương thì chỉ cần chứng minh tử số âm là đủ.

Điều này là sai rồi bạn ơi:
Nếu TS dương thì không thể cọng gộp lại:
chẳng hạn cho $a=0,1; b=0,2; c=0,2$ thì rõ ràng phép cộng gộp là sai..
(Trong khi bạn cộng gộp không hề sử dụng giả thiết $abc\geq 1$ nên có thẻ lấy tùy ý thế này nhé!)

[Oh Yeah]

Đây:

$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0$
Có 3 mẫu số, như vậy dù tử số thế nào thì ta cũng được phép cộng gộp lại vì ta luôn có giá trị gộp lại luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp, cần chứng minh cho nó bé hơn 0 mà mẫu dương thì chỉ cần chứng minh tử số âm là đủ.

Tại sao giá trị gộp lại luôn luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp vậy bạn. Có phải ý của bạn là trong 3 số $a^4+b+c; b^4+c+a; c^4+a+b$ luôn tồn tại một số bé nhất. Giả sử số đó là $a^4+b+c$, Khi đó
$$\frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}}\le \frac{{b - {b^4}}}{{{a^4} + b + c}}; \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}}\le \frac{{c - {c^4}}}{{{a^4} + b + c}}$$
Do đó $$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{a+b+c-(a^4+b^4+c^4)}{a^4+b+c}\le 0$$
$$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq a+b+c$$
Hay ý của bạn là thế nào. Mong bạn nói rõ hơn đc không .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oh Yeah: 10-09-2012 - 20:09

[chagtraife]

Bất đẳng thức phải chứng minh: $\frac{1}{a^4+b+c}+\frac{1}{b^4+c+a}+\frac{1}{c^4+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a^4+b+c}-1+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}-1+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}-1\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}+\frac{b-b^4}{b^4+c+a}+\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq 0$

Ta có: $a^4+b+c\geq 3\sqrt[3]{a^3.abc}\geq 3a$ (Vì $abc\geq1$)
$\Rightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}\leq \frac{a-a^4}{3a}=\frac{1-a^3}{3}$
Tương tự: $\frac{b-b^4}{b^4+c+a}\leq\frac{1-b^3}{3}$
$\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq\frac{1-c^3}{3}$
$\Rightarrow \frac{a-a^4}{a^4+b+c}+\frac{b-b^4}{b^4+c+a}+\frac{c-c^4}{c^4+a+b}\leq \frac{1-a^3}{3}+\frac{1-b^3}{3}+\frac{1-c^3}{3}$

hình như bạn làm sai đoạn này rồi!

[minh29995]

Rõ ràng khi gõ phần mở rộng mình có ghi giả thiết là $a_1, a_2, a_3..$ thỏa mãn
$a_1+a_2+..+a_n+1=(n+1)a_1a_2a_3..a_n$ Mà lại không thấy nhỉ..@@

[minh29995]

hình như bạn làm sai đoạn này rồi!

hình như bạn làm sai đoạn này rồi!

Đúng vậy.. Phải chú ý rằng tử số không hề khẳng định được là dương. Nếu tử số âm thì BĐT sẽ đổi chiều!!

[longqnh]

Chứng minh:
Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ bốn số, ta suy ra ngay $abc \ge 1$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$
Ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh hai bài toán "con" là $$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le 1(2)$$ Và $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 (3)$$ Xét BĐT$(2)$. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng $x+y+z \ge 3.\sqrt[3]{xyz}$, ta có $$\frac{a}{a^4+b+c} \le \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^4bc}}=\frac{1}{3.\sqrt[3]{abc}}$$ Từ đó kết hợp với $abc \ge 1$, suy ra
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} \le 1$$ Xét BĐT $(3)$, ta có $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$ Tương đương với $$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge 1$$ Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$$ Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)$$ Hay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge a+b+c$$ Mặt khác do $abc \ge 1$, nên ta có $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge abc(a+b+c) \ge a+b+c$$ Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

Mong BTC xem xét bài giải của bạn này. Bạn đã sao chép trắng trợn lời giải bài này của thầy Quốc Anh tại đây. Thậm chí còn ko bỏ sót 1 chữ nào. Bạn nên trung thực hơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longqnh: 10-09-2012 - 20:32

[sogenlun]

Mong BTC xem xét bài giải của bạn này. Bạn đã sao chép trắng trợn lời giải bài này của thầy Quốc Anh tại đây. Thậm chí còn ko bỏ sót 1 chữ nào. Bạn nên trung thực hơn

Ôi . Hic. Em thấy BTC nên xem xét kĩ đề trước khi chọ ạ . Để bài trùng như vậy không hay một chút nào

[minhdat881439]

Ôi . Hic. Em thấy BTC nên xem xét kĩ đề trước khi chọ ạ . Để bài trùng như vậy không hay một chút nào

Việc này mình nghĩ hơi khó vì có quá nhiều diễn đàn với lại việc xem bài có trùng không lại cực kì khó vì mỗi diễn đàn đâu phải chỉ có vài bài đâu chứ

[Oh Yeah]

Mong BTC xem xét bài giải của bạn này. Bạn đã sao chép trắng trợn lời giải bài này của thầy Quốc Anh tại đây. Thậm chí còn ko bỏ sót 1 chữ nào. Bạn nên trung thực hơn

Xin lỗi bạn, mình dám khẳng định với bạn bài trên là do mình tự làm không biết bạn lấy links đó ra ở đâu nhưng thức sự là rất giống. Mình không biết nói gì hơn Nhưng mình chắc chắn là do mình tự làm không có sự sao chép.

[longqnh]

Xin lỗi bạn, mình dám khẳng định với bạn bài trên là do mình tự làm không biết bạn lấy links đó ra ở đâu nhưng thức sự là rất giống. Mình không biết nói gì hơn Nhưng mình chắc chắn là do mình tự làm không có sự sao chép.

nếu so sánh 2 bài thì đúng là quá giống nhau. Bạn có thể tự nghĩ cách làm nhưng trình bày sao lại giống y đúc vậy? Mình nghĩ hãy để BTC giải quyết

[Oh Yeah]

nếu so sánh 2 bài thì đúng là quá giống nhau. Bạn có thể tự nghĩ cách làm nhưng trình bày sao lại giống y đúc vậy? Mình nghĩ hãy để BTC giải quyết

Mình xin khẳng định lại một lần nưa bài làm của mình và của a Quốc Anh hoàn toàn độc lập với nhau. Không biết tại sao lại giống nhau y như đúc vậy. Có thể là mình đọc nhiều sách của a Quốc Anh có thể ngấm phong cách trình bày của anh ý. Còn việc tin hay không là còn tùy vào các bạn và BQT