thienlonghoangde

Chúc mừng diễn đàn đã có một chuyên đề hay,trình bày đẹp mắt....Một quả boom có khác

Theo con phố quen đây là một bài hệ rất hay và độ khó cũng khá cao ở mức kỉ thuật. Đặc biệt là con số $5$ huyền bí trong bài hệ.
Ta thử phân tích các điều liên quan sau : $$x^2-y^2 =(x-y)(x+y) \ ; \ x^4 -y^4 =(x^2-y^2)(x^2+y^2) = (x-y)(x+y)\left[ (x+y)^2-2xy \right]$$$$xy = (x+y)^2 - (x-y)^2 \ ; \ 3x-2y = x +2(x-y) =(x+y)-2(x-y)-y$$ Với các phân tích như đã thấy, ta quan sát biểu thức $x+y$ và $x-y$ có liên quan chặt chẽ tới các biểu thức trong bài toán. Do đó ta đi đến việc chọn ẩn phụ để làm tinh giản bớt tính phức tạp trong bài toán như sau : $$\begin{cases} a=x+y \\ b =x-y \end{cases} \quad (ab \ne 0; \ a \ne \pm b)$$ Từ đây ta hoàn toàn có thể biễu diễn các phân tích đã chỉ ra theo $a$ và $b$ như sau : $$\begin{aligned} & x^2-y^2=ab \ ; \ 4xy=a^2-b^2 \\ & 3x-2y=(x+y)+2(x-y) -y=\dfrac{a+5b}{2} \\ & x^4-y^4=(x^2-y^2)(x^2+y^2)=\dfrac{ab(a^2+b^2)}{2} \end{aligned}$$ Từ đó ta có hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình : $$\begin{cases}\dfrac{ab(a^2+b^2)}{2}=\dfrac{a+5b}{2(a^2-b^2)} \\\ a^5b^5=-5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} b(a^4-b^4)=1-a^4b^6 \\\ a^5b^5=-5 \end{cases}$$$$\begin{cases} (b^5+1)(a^4b-1)=0 \\ a^5b^5=-5 \end{cases} \Leftrightarrow \left[\begin{matrix} \begin{cases}b=-1 \\ a^5=5 \end{cases} \\ \begin{cases} a^4b=1 \\ a^5b^5=-5 \end{cases} \end{matrix} \right.$$ Tới đây việc trả về các biến $x,y$ các bạn tiếp sức tiếp cho con phố quen dùm.

Nguồn:K2pi.net

Theo bất đẳng thức $CS$ ta có :
$$ (x^2+y^2+2z^2) \leq \sqrt{(1+1+4)(x^4+y^4+z^4)}=\sqrt{6} < \sqrt{7} $$
Suy ra hệ vô nghiệm.

Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix} (x+y)\sqrt{1+x+y}+\sqrt{3-x-y}=2\sqrt{(x+y)^2+1}\\ x+y\geq \sqrt{2}\\ x-y=\sqrt{2}-1 \end{matrix}\right.$$

Theo bất đẳng thức $Cauchy \; Schwarz$ ta có :
$$ (x+y)\sqrt{1+x+y}+\sqrt{3-x-y} \leq 2\sqrt{(x+y)^2+1} $$
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{x+y}{\sqrt{1+x+y}}=\sqrt{3-x-y} \iff (x+y)=\sqrt{(1+x+y)(3-x-y)}$
Đến đây ta chỉ việc bình phương.

Giải hệ phương trình:
2. $\left\{\begin{matrix} \sqrt{3+x^2}+2\sqrt{x}=3+\sqrt{y}\\ \sqrt{3+y^2}+2\sqrt{y}=3+\sqrt{x} \end{matrix}\right.$

Điều kiện:$x,y \geq 0$
Trừ vế theo vế hai hệ trên ta được:
$$ \sqrt{3+x^2}-\sqrt{3+y^2}+3\sqrt{x}-3\sqrt{y}=0 \iff \dfrac{(x-y)(x+y)}{\sqrt{3+x^2}+\sqrt{3+y^2}}+\dfrac{3(x-y)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0 \iff x=y $$
Khi $x=y$ ta có :$$\sqrt{3+x^2}+\sqrt{x}=3$$
Đến đây giải bằng phương pháp bình phương.

Không biết đã tới bài mấy rồi nữa,Mod đánh dấu bài lại dùm mình nha.Đã có dự định viết chuyên đề BĐT phụ này từ lâu,đã thành bản thảo trên giấy nhưng chưa có thời gian soạn,mong được anh vietfrog chỉ bảo thêm.Em post thử vài bài,mọi người góp chút ý kiến nha.
1.$\dfrac{{{a^n} + {b^n} + {c^n}}}{3} \ge {\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n}$ với $a,b,c > 0;n \in \mathbb{N}$

Chứng minh

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có :
${a^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.a$
${b^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.b$
${c^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.c$
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

Ứng dụng

Với $a,b,c \geq 0$ .Chứng minh rằng:
$${a^4} + {b^4} + {c^4} \ge {\left( {\dfrac{{a + 2b}}{3}} \right)^4} + {\left( {\dfrac{{b + 2c}}{3}} \right)^4} + {\left( {\dfrac{{c + 2a}}{3}} \right)^3}$$

2.Cho $ x,y,z$ là các số thực không âm .Ta có:
$$ x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le\frac{4}{27}(x+y+z)^3$$

Lời giải

Ta có theo bổ đề trên:
$$\dfrac{{{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2} + {{\left( {{c^2}} \right)}^2}}}{3} \ge {\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{{a + 2b}}{3}} \right)^4}$$
Tượng tự cho các biến còn lại,cộng lại cho ta điều phải chứng minh.

Chứng minh

Giả sử $y$ là số nằm giữa $x , z $ ta có:$z(x-y)(y-z)\geq0$.Từ đó ta có:$x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le x^2y+y^2z+z^2x+xyz+z(x-y)(y-z)=y(x+z)^2$
$$=\frac{1}{2}.2y.(x+z)(x+z)\le\frac{4}{27}(x+y+z)^3$$
Ứng dung:Đây là bài toán hay của tác giả Vaisile Cirtoaje có nhiều bài toán ứng dụng rất hay:
Cho các sô thực không âm $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b^3+16}+\frac{b}{c^3+16}+\frac{c}{a^3+16}\geq\frac{1}{6}$$

Trần Quốc Anh

Giải

Ta có:
$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}(a-\frac{ab^3}{b^3+16})=\frac{1}{16}(a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3})\geq\frac{1}{16}(a-\frac{ab^2}{12})$
Từ đó suy ra:
$\frac{a}{b^3+16}+\frac{b}{c^3+16}+\frac{c}{a^3+16}\geq\frac{1}{16}(3-\frac{(ab^2+bc^2+ca^2)}{12})\geq\frac{1}{6}$
Hay
$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$. Đây là kết quả yếu của bài toán trên.
3.Cho $ a,b,c $ là các số thực thoả $a \geq b \geq c$ .Ta có:
1.$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\le$ $3+3(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
2.$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\le$ $5+2(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$

Chứng minh

1.Ta có: $ 3+(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
$\le$ $3+3(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
Hay
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})$ $\le$ $2(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
$VT-VP=\frac{(b-c)(a^2-bc)+(a-b)(ab-c^2)}{abc}\geq0$
Do điều kiện,ta dễ suy ra điều phải chứng minh.
2.Tương tự .
Ứng dụng:Bài toán quen thuộc là đề thi thử VMF năm 2012 lần 3.
4.$3{\left( {{a^2} - a + 1} \right)^3} \ge {a^6} + {a^3} + 1\,\,\,\forall a \ge 0$
Chứng minh:
Ta có $3{\left( {{a^2} - a + 1} \right)^3} - \left( {{a^6} + {a^3} + 1} \right) = {\left( {a - 1} \right)^4}\left( {2{a^2} - a + 2} \right) \ge 0$.

Ứng dụng

Cho $x,y,z \geq 0$ chứng minh rằng:
$$ 3\left( {{x^2} - x + 1} \right)\left( {{y^2} - y + 1} \right)\left( {{z^2} - z + 1} \right) \ge {\left( {xyz} \right)^2} + xyz + 1$$.

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$. Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$

Ta chứng mình $\frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} \ge \frac{1}{x^2+x+1}$

Điều này cho ta :
$x^3+x \geq 2x^2 $
Điều này hiển nhiên thao $AM-GM$.
Mình chép 1 chút trong quyển BDT về BDT với $x,y,z >0$ và $xyz=1$
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1$$
BDT này do Võ Quốc Bá Cẩn và Vasile Cirtoaje.
Nhận xét. Mặc dù là một bất đẳng thức đơn giản nhưng đây lại là một kết quả chặt và có nhiều ứng dụng. Nó có thể giúp ta giải được khá nhiều những bài toán khó và thú vị. Thật vậy, chúng ta hãy cùng xét một số kết quả sau


Kết quả 1. Cho các số dương $a,b,c$ có tích bằng $1$. Khi đó, ta có


$$\dfrac{1}{3a^2+(a-1)^2}+\dfrac{1}{3b^2+(b-1)^2}+\dfrac{1}{3c^2+(c-1)^3} \ge 1$$


Chứng minh


Ta có $a^4+a^2+1-[3a^2+(a-1)^2]=a(a^3-3a+2) \ge 0$ (theo AM-GM)
nên $\dfrac{1}{3a^2+(a-1)^2} \ge \dfrac{1}{a^4+a^2+1}.$ Vì thế, ta chỉ cần chứng minh được
$$\dfrac{1}{a^4+a^2+1}+\dfrac {1}{b^4+b^2+1}+\dfrac {1}{c^4+c^2+1} \ge 1.$$


Áp dụng kết quả bài toán trên. ta dễ thấy bất đẳng thức này đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$


Kết quả 2 Chứng minh rằng với mọi số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1,$ ta luôn có
$$\dfrac{a}{2a^3+1}+\dfrac{b}{2b^3+1}+\dfrac{c}{2c^3+1} \le 1.$$


BDT này do Trần Quốc Luật và Võ Quốc Bá Cẩn.


Chứng minh


Sử dụng đánh giá sau:


$$\dfrac{2a}{2a^3+1}-\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}=\dfrac{2a}{2a^3+1}-\dfrac{2a}{a^4+a^2+1}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}$$
$$=\dfrac{2a^3(a-1)^2}{(2a^3+1)(a^4+a^2+1)}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}$$
$$ \le \dfrac{(2a^3+1)(a-1)^2}{(2a^3+1)(a^4+a^2+1)}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}=0,$$


Ta có thể đưa bài toán về chứng minh kết quả mạnh hơn là
$$\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}+\dfrac{b^2+1}{b^4+b^2+1}+\dfrac{c^2+1}{c^4+c^2+1} \le 2.$$


Mà $1-\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^4}+\dfrac{1}{a^2}+1},$ nên BDT trên tương đương với


$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^4}+\dfrac{1}{a^2}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{b^4}+\dfrac{1}{b^2}+1}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c^4}+\dfrac{1}{c^2}+1} \ge 1.$


Áp dụng kết quả bài toán trên, ta có ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$


Kết quả 3. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c dương ta luôn có


$$\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+\dfrac{1}{4}ab+b^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2}{c^2+\dfrac{1}{4}ac+a^2}} \le 2.$$


BDT này do Zhao Bin


Chứng minh.
Đặt $x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b}, z=\dfrac{a}{c}$ thì $xyz=1,$ và bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
$$\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+x+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4y^2+y+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4z^2+z+4}} \le 1.$$


Bây giờ ta có đánh giá sau:
$(x+1)^2(4x^2+x+4)-4(x^2+x+1)^2=x(x-1)^2 \ge 0,$ suy ra


$$\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+x+4}} \le \dfrac{x+1}{2(x^2+x+1)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2 \bigg(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1\bigg)}.$$


Do đó, ta cần chứng minh được
$$\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\sum \dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1} \le 1,$$ hay là


$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{y}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+1} \ge 1$$.


Áp dụng kết quả bài toán trên, ta suy ra bất đẳng thức này đúng, và do đó, bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$


Kết quả 4. Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ dương, ta luôn có
$$\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+7ab+b^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{b^2+7bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2}{c^2+7ca+a^2}} \ge 1$$

BDT này do Lê Hữu Điền Khuê
Chứng minh.
Đặt $\sqrt{\dfrac{b}{a}}=x,\sqrt{\dfrac{c}{b}}=y,\sqrt{\dfrac{a}{c}}=x$ thì $xyz=1$ và bất đẳng thức của ta được viết lại thành
$$\dfrac{1}{\sqrt{x^4+7x^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{y^4+7y^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z^4+7z^2+1}} \ge 1.$$
Ta có $(x^2+x+1)^2-(x^4+7x^2+1)=2x(x-1)^2 \ge 0$ nên
$$\dfrac{1}{\sqrt{x^4+7x^2+1}} \ge \dfrac{1}{x^2+x+1}.$$
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau thì bài toán của ta được giải quyết hoàn toàn
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1.$$


Đây chính là bất đẳng thức được nêu trong bài toán trên, do vậy ta ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ $a=b=c.$


Qua những kết quả ứng dụng này, chúng ta thấy rằng bất đẳng thức trên có một ứng dụng không hề nhỏ trong việc giải toán. Và sau đây, chứng tôi xin giới thiệu thêm một số bài toán khác để các bạn có thể thử sức mình với chúng (bằng các sử dụng bất đẳng thức tuyệt đẹp trên)


Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương sao cho $abc=1.$ Chứng minh rằng


a) $\dfrac{a+3}{(a+1)^2}+\dfrac{b+3}{(b+1)^3}+\dfrac{c+3}{(c+1)^2} \ge 3;$


b)$\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{1}{(b+1)^2}+\dfrac{1}{(c+1)^2} \le \dfrac{3}{8};$


c)$\bigg(\dfrac{a}{a^3+1}\bigg)^5+\bigg(\dfrac{b}{b^3+1}\bigg)^5+\bigg(\dfrac{c}{c^3+1}\bigg)^5 \le\dfrac{3}{2^5};$


d)$\dfrac{1}{a^2-a+1}+\dfrac{1}{b^2-b+1}+\dfrac{1}{c^2-c+1} \le 3.$


e)$\dfrac{a}{a^2+3}+\dfrac{b}{b^2+3}+\dfrac{c}{c^2+3} \le \dfrac{3}{4};$


f) $\dfrac{1}{\sqrt{2a^2+6a+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+6b+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2c^2+6c+1}} \ge 1;$

Nguồn:Math4vn.com.

Đã xoá

Đã xoá