Đến nội dung

maitienluat

maitienluat

Đăng ký: 15-12-2012
Offline Đăng nhập: 04-05-2018 - 22:16
*****

#402171 $A=abc+bcd+cda+dab-\frac{176}{27}abcd$

Gửi bởi maitienluat trong 05-03-2013 - 11:58

Không mất tính tổng quát giả sử $a\leq b\leq c\leq d$. Ta c/minh
$$A=f(a,b,c,d)=abc+bcd+cda+dab-\frac{176}{27}abcd\leq \frac{1}{27}$$
$$f(a,b,c,d)=bd\left ( a+c-\frac{176}{27}ac \right )+ac(b+d)$$
Từ giả thiết suy ra
$$a+c\leq \frac{a+b+c+d}{2}=\frac{1}{2}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{a+c}\geq 8> \frac{176}{27}$$
$$\Rightarrow f(a,b,c,d)\leq ac(b+d)+\left ( \frac{b+d}{2} \right )^{2}\left ( a+c-\frac{176}{27}ac \right )=f\left ( a,\frac{b+d}{2},c,\frac{b+d}{2} \right )$$
Từ đó ta chỉ cần c/minh BĐT khi $b=c=d=x,a=1-3x$ , điều này tương đương với:
$$(1-3x)(4x-1)^{2}(11x+1)\geq 0$$
Đúng do $x\leq \frac{1}{3}$. Vậy $max A=\frac{1}{27}$ khi $a=b=c=d=\frac{1}{4}$ hoặc $a=0,b=c=d=\frac{1}{3}$ và các hoán vị.


#401987 $(x^5-8x^2+96)(y^5-8y^2+96)(z^5-8z^2+96)$

Gửi bởi maitienluat trong 04-03-2013 - 18:06

Ta có BĐT phụ sau:
$$x^{5}-8x^{2}+96\geq 4(x^{3}+16)$$
$$\Leftrightarrow (x-2)^{2}(x+2)(x^{2}+2x+4)\geq 0$$
Tương tự và áp dụng Holder :
$$(x^{3}+8+8)(8+y^{3}+8)(8+8+z^{3})\geq (4x+4y+4z)^{3}= 24^{3}$$
Suy ra min là $96^{3}$, đạt được khi $x=y=z=2$


#401528 $\sum \frac{b+c-a}{bc(b+c)}\leq...

Gửi bởi maitienluat trong 03-03-2013 - 00:12

Quy đồng và sử dụng $abc=1$, BĐT đã cho trở thành:
$$a^{4}+b^{4}+c^{4}+a+b+c\geq 2\left (a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Tuy nhiên BĐT này hiển nhiên đúng theo Schur và AM-GM:
$$a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq ab(a^{2}+b^{2})+bc(b^{2}+c^{2})+ca(c^{2}+a^{2})$$
$$\geq 2\left (a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.


#400468 $\frac{k}{a^3+b^3}+\frac{1}...

Gửi bởi maitienluat trong 27-02-2013 - 19:56

Tìm số thực $k$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau
$\frac{k}{a^3+b^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\geq \frac{16+4k}{(a+b)^3}$ ?


Chắc phải có đk a, b dương :excl:
Biến đổi BĐT đã cho thành
$$\left ( \frac{k}{a^{3}+b^{3}}-\frac{4k}{(a+b)^{3}} \right )+\left ( \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}-\frac{16}{(a+b)^{3}} \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \left ( \frac{a-b}{a+b} \right )^{2}\left [ \frac{(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}}{a^{3}b^{3}(a+b)}-\frac{3k}{a^{3}+b^{3}} \right ]\geq 0$$
Nên BĐT sau phải đúng:
$$\left [ (a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2} \right ](a^{3}+b^{3})\geq 3ka^{3}b^{3}(a+b)$$
Cho $a=b$ suy ra $k\leq 8$. Mặt khác, khi k=8 thì theo AM-GM:
$$(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}\geq 24a^{2}b^{2}$$
$$a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$$
Nên ta suy ra đpcm. Hằng số $k$ tốt nhất là $k=8$


#397499 $\sum \frac{1}{a^{2}-bc+1}\...

Gửi bởi maitienluat trong 16-02-2013 - 22:58

2/Viết lại BĐT (sử dụng điều kiện) thành:
$$\sum \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+2bc+3ab+3ac}\leq 1$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+b+c)}{a^{2}+2bc+3ac+3ab}\geq 1$$
Sử dụng Cauchy-Schwarz:
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+b+c)}{a^{2}+2bc+3ac+3ab}\geq\frac{\left ( \sum a(a+b+c) \right )^{2}}{\sum a(a+b+c)(a^{2}+2bc+3ab+3ac)}=1$$
(sau khi khai triển và rút gọn)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=\frac{1}{\sqrt{3}},c=0$ và các hoán vị.



Áp dụng BĐT Holder và giả thiết ta có
$$ \left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right ) \right )= \frac{9}{abc}+54\sum a $$

Nó là:
$$\left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right )$$



#397309 $\frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}...

Gửi bởi maitienluat trong 16-02-2013 - 15:34

Bài này từng có trên diễn đàn rồi thì phải :|
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và giả thiết ta có:
$VT=\sum \frac{a^{2}}{a^{3}+ab^{3}+ac^{3}}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{3}+c^{3})}= \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\sum a^{4}+\sum a(b^{3}+c^{3})}= \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\left ( \sum a \right )\left ( \sum a^{3} \right )}= \frac{\sum a}{\sum a^{3}}$
Theo BĐT Holder thì
$\left ( \sum a \right )\left ( \sum a^{4} \right )^{2}\geq \left ( \sum a^{3} \right )^{3}$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


#396493 $\sum{a^3} = 3$

Gửi bởi maitienluat trong 14-02-2013 - 15:34

Áp dụng trực tiếp BĐT Holder, ta có
$$\left ( \sum ab \right )^{2}\left ( \sum a^{4}b^{4} \right )\geq \left ( \sum a^{2}b^{2} \right )^{3}$$
Ta sẽ c/minh rằng $\sum a^{4}b^{4}\leq 3$.
Theo AM-GM ta có
$$a^{4}b^{4}\leq a^{3}b^{3}.\frac{a^{3}+b^{3}+1}{3}$$
nên ta chỉ cần c/minh
$$xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+zx(z+x+1)\leq 9$$
với $x=a^{3},y=b^{3},z=c^{3}\Rightarrow x+y+z=3$
và đây là 1 hệ quả quen thuộc của Schur.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


#393580 Cuộc thi Bất Đẳng Thức chào năm mới của Boxmath

Gửi bởi maitienluat trong 05-02-2013 - 22:18

Chém câu 1:
Từ điều kiện ta có
$$3(abc)^{2}\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^{2}}{3}\geq abc\sum a\Rightarrow abc\geq \frac{\sum a}{3}$$ (1)
và:
$$\frac{\sum a}{3}\leq abc\leq \frac{(\sum a)^{3}}{27}\Rightarrow \sum a\geq 3$$ (2)
Áp dụng trực tiếp BĐT AM-GM cho vế trái
$$\sum \frac{1}{\sqrt{a}}\geq \frac{3}{\sqrt[6]{abc}}$$
Ta sẽ c/minh rằng
$$\frac{3}{\sqrt[6]{abc}}\geq \frac{3\sum a}{\sqrt[3]{abc}(\sum a^{3})}$$
$$\Leftrightarrow abc\left ( \sum a^{3} \right )^{6}\geq \left ( \sum a \right )^{6}$$
Theo (1) thì
$$abc\geq \frac{\sum a}{3}$$
Theo (2) và BĐT Holder thì:
$ \left ( \sum a^{3} \right )^{6}\geq \left [ \frac{(\sum a)^{3}}{9} \right ]^{6}\geq \left 3( \sum a \right )^{5} $
Nhân theo vế 2 BĐT này ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


#392939 CMR: $9(\sum a)^4+64(\sum ab)^2+1536\geq 384(\sum a)...

Gửi bởi maitienluat trong 03-02-2013 - 20:37

Trước tiên ta có BĐT sau :
$$4\left ( \sum ab \right )^{2}\geq 9\left ( \sum a \right )\left ( \sum bcd \right )$$
Ở đây mình phát biểu mà k c/minh. Bạn có thể tìm trong Sáng tạo BĐT của Phạm Kim Hùng, có c/minh trong trường hợp tổng quát (BĐT Newton).
Từ đó BĐT đã cho chỉ là hệ quả của
$$9\left ( \sum a \right )^{4}+1536abcd\geq 240\left ( \sum a \right )\left ( \sum bcd \right )$$
Ta chuẩn hoá $a+b+c+d=4$ và k mất tổng quát giả sử $a\leq c\leq b\leq d$. Ta cần c/minh
$$f(a,b,c,d)=12+8abcd-5(abc+abd+acd+bcd)\geq 0$$
Ta có
$$f(a,b,c,d)-f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )= \frac{1}{4}(c-d)^{2}(5a+5b-8ab)$$
Mặt khác, để ý rằng $a+b\leq \frac{a+b+c+d}{2}=2$
$$\Rightarrow \frac{5}{a}+\frac{5}{b}\geq \frac{20}{a+b}\geq 10> 8$$
$$\Rightarrow f(a,b,c,d)\geq f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )$$
Cuối cùng ta chỉ cần c/minh BĐT trong trường hợp $b=c=d=\frac{4-a}{3}$. Ta có:
$$f\left ( a,\frac{4-a}{3},\frac{4-a}{3},\frac{4-a}{3} \right )= (a-1)^{2}(4+40a-8a^{2})\geq 0$$
Hiển nhiên đúng vì $0\leq a\leq 1$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$.


#392769 CMR: $3(\sum a)^2(\sum ab)+96\geq 24(\sum a)(\s...

Gửi bởi maitienluat trong 03-02-2013 - 11:16

Ta đưa BĐT trên về đồng bậc:
$$3\left ( \sum a \right )^{2}\left ( \sum ab \right )+96abcd\geq 24\left ( \sum a \right )\left ( \sum bcd \right )$$
Và do đó có thể bỏ qua điều kiện $abcd=1$ để chuẩn hoá $a+b+c+d=4$. Ta sẽ c/minh:
$$f(a,b,c,d)=ab+ac+ad+bc+bd+cd+2abcd-2(abc+abd+acd+bcd)\geq 0$$
Không mất tổng quát ta có thể giả sử $a\geq c\geq b\geq d$, ta có
$$f(a,b,c,d)-f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )=\frac{1}{4}(c-d)^{2}(2a+2b-2ab-1)$$
Ta sẽ c/minh $2a+2b-2ab-1\geq 0$ (*)
$\bullet b\leq 1$.
$$(*)\Leftrightarrow 2(a-1)(1-b)+1\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
$\bullet b\geq 1\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a\leq 2$
$$(*)\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\leq \frac{1}{2}$$
Đúng vì $b\leq \frac{a+b+c}{3}\leq \frac{4}{3}\Rightarrow b-1\leq \frac{1}{3}$ và $a-1\leq 1$.
Tóm lại (*) đúng và ta có
$$f(a,b,c,d)\geq f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )$$
Suy ra ta chỉ cần c/minh BĐT khi $b=c=d=\frac{4-a}{3}$ với $1\leq a\leq 4$, tức là:
$$a(4-a)+3\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{2}+2a\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{3}-2\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{3}-6a\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{2}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (4-a)(a+2)(a-1)^{2}\geq 0$$
C/minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$


#392722 CMR: $a+b+c+d\leq 3abcd+1$

Gửi bởi maitienluat trong 03-02-2013 - 09:24

Còn nửa cái trên sao lớn hơn 0 được nhỉ,

Mình gõ nhầm, đã sửa. Bạn k tự biến đổi lại à @@

Cái này là sao thế nhỉ. Lẻ ta ta chỉ cần chứng minh khi: $z=t$ thôi chứ .Ở đâu ra thêm $y=z=t$ nửa vậy

Cái này là theo định lý S.M.V. Bạn có thể đọc trong nhiều tài liệu, chẳng hạn Sáng tạo BĐT của Phạm Kim Hùng, có ghi rất đầy đủ


#392709 CMR: $a+b+c+d\leq 3abcd+1$

Gửi bởi maitienluat trong 03-02-2013 - 08:46

Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c},t=\frac{1}{d}$. Khi đó $x+y+z+t=4$ và ta cần c/minh
$$f(x,y,z,t)=3+xyzt-xyz-xyt-xzt-yzt\geq 0$$
Không mất tổng quát giả sử $x$ là số nhỏ nhất. Khi đó $0\leq x\leq 1$.
Ta có
$$f(x,y,z,t)-f\left ( x,y,\frac{z+t}{2},\frac{z+t}{2} \right )= \frac{1}{4}(x+y-xy)(z-t)^{2}\geq 0$$
nên chỉ cần c/minh trong trường hợp $y=z=t=\frac{4-x}{3}$ với $0\leq x\leq 1$, tức là:
$$3+x\left ( \frac{4-x}{3} \right )^{3}-3x\left ( \frac{4-x}{3} \right )^{2}-\left ( \frac{4-x}{3} \right )^{3}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^{2}(17+2x-x^{2})\geq 0$$
Hiển nhiên đúng vì $0\leq x\leq 1$.
C/minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$


#392705 $$\sum \sqrt[3]{a}+5\geq \prod \...

Gửi bởi maitienluat trong 03-02-2013 - 08:35

Trước tiên ta c/minh bổ đề sau:
BĐ: Cho $a,b,c$ dương thoả $a+b+c=3$. Khi đó $\sum \sqrt[3]{a}\geq \sum ab$
C/minh: Áp dụng BĐT Holder
$$\left ( \sum \sqrt[3]{a} \right )^{3}\left ( \sum a \right )^{5}\geq \left ( \sum a^{\frac{3}{4}} \right )^{8}$$
Ta sẽ c/minh
$$\left ( \sum a^{\frac{3}{4}} \right )^{8}\geq 3^{5}\left ( \sum ab \right )^{3}$$
Đặt $\sqrt[4]{a}=x,\sqrt[4]{b}=y,\sqrt[4]{c}=z$. Do BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hoá cho $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$. Ta cần c/minh:
$$9\geq 3\sum x^{4}y^{4}$$
Theo AM-GM thì
$$3\sum x^{4}y^{4}\leq \sum x^{3}y^{3}(x^{3}+y^{3}+1)$$
nên ta chỉ cần c/minh
$$9\geq \sum x^{3}y^{3}(x^{3}+y^{3}+1)$$
và đây chính là Schur.

Trở lại bài toán.
Sử dụng BĐ, ta chỉ cần c/minh
$$5+r\geq 2q$$
$\bullet q\leq \frac{9}{4}$. BĐT hiển nhiên đúng.
$\bullet \frac{9}{4}\leq q\leq 3$.
Theo Schur ta có
$$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}= \frac{4q-9}{3}$$
$$\Rightarrow 5+r\geq 5+\frac{4q-9}{3}\geq 2q$$
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


#392133 Đề thi chọn đội tuyển $\text{Olympic}$ vòng $1...

Gửi bởi maitienluat trong 31-01-2013 - 21:45

Câu 1:
1/ Đặt $x^{2}-x+1=a,x^{2}+x+1=b\Rightarrow a,b> 0$.
Phương trình đã cho tương đương với: $\sqrt{3}(2a-b)+\sqrt{ab}=0$
Đây là 1 pt đẳng cấp và dễ dàng giải tiếp.
2/ Thế pt thứ 2 vào pt đầu ta được:
$3x^{3}-y^{3}=\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{x+y}\Leftrightarrow (x-y)(2x^{3}+5x^{2}y+3xy^{2}+2y^{3})=0$
Dễ dàng giải tiếp...


#392094 Đề thi chọn đội tuyển $\text{Olympic}$ vòng $1...

Gửi bởi maitienluat trong 31-01-2013 - 20:19

Câu 3:
BĐT đã cho tương đương với:
$$\frac{yz}{x(x+y+z)+yz}+\frac{zx}{y(x+y+z)+zx}+\frac{xy}{z(x+y+z)+xy}\geq \frac{3}{4}$$
Theo BĐT Cauchy-Schwarz:
$$\sum \frac{yz}{x^{2}+xy+xz+yz}\geq \frac{(\sum yz)^{2}}{\sum y^{2}z^{2}+3xyz\sum x}\geq \frac{(\sum yz)^{2}}{\frac{4}{3}(\sum yz)^{2}}= \frac{3}{4}$$.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$