Topic về bất đẳng thức (2)

[vjpd3pz41iuai]

Em nghĩ là cái biến đổi đẳng thức ngược 99% là điều không thể

mà nếu 1% còn lại là do ăn may

Giả sử cho lên 4 biến,5 biến thì sao biến đổi ngược được
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Short_list]

Nguyên văn bởi sonhadhsp

Cách làm của tác giả hien123 khó nghĩ đối với những người giải toán nhưng từ ý tưởng đó các bạn rất dễ sáng tạo bài toán mới.
Với mỗi hằng số dương k, phải cho một điều kiện nào đó tương đương với đẳng thức $ \frac{a}{a+k} +\frac{b}{b+k}+\frac{c}{c+k} =1 $. Áp dụng bất đẳng thức như bạn hien123 có thể tạo ra một bất đẳng thức đẹp giữa a+b+c và ab+bc+ca.
Nhiều khi, người sáng tác bài tập phải ' BẮT ĐẦU TỪ CÁI KẾT THÚC', từ đó biến đổi giả thiết khác đi để không lộ ý tưởng của 'CÁI KẾT THÚC' và người giải toán phải mò lại từ đầu

Em nghĩ đối với những bài toán sáng tác theo kiểu mẹo mực, che dấu thì không nên thầy ạ, những bài toán này thường tính thách đố hơn. Hơn nữa các bài toán được tạo ra bằng cách này thường có hình thức rất cồng kềnh hoặc giả thiết điều kiện rất phức tạp, xấu và điều này đi ngược lại cái đẹp trong bất đẳng thức thầy ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sonhadhsp]

Nguyên văn bởi Short_list

Em nghĩ đối với những bài toán sáng tác theo kiểu mẹo mực, che dấu thì không nên thầy ạ, những bài toán này thường tính thách đố hơn. Hơn nữa các bài toán được tạo ra bằng cách này thường có hình thức rất cồng kềnh hoặc giả thiết điều kiện rất phức tạp, xấu và điều này đi ngược lại cái đẹp trong bất đẳng thức thầy ạ.

Đúng là những bài toán về bất đẳng thức mà xuất phát từ đẳng thức thì rất mẹo mực và khi giải nó không có tác dụng nhiều đối với việc phát triển tư duy. Chỉ có trường hợp đẳng thức ab+bc+ca+abc=4 là khá đẹp và điều mình muốn nói trong bài viết là bất đẳng thức VMO 1996 và nhiều bất đẳng thức khác có quan hệ 'họ hàng' với bất đẳng thức Schur. Nhiều bài bất đẳng thức khó, nguồn gốc của nó và con đường sáng tạo ra bài mới không đơn giản nhưng khi ra được bài mới thì việc tìm lời giải có thể lại rất tự nhiên và không liên quan gì đến con đường sáng tạo bất đẳng thức.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sonhadhsp]

Cho các số thực x, y, z lớn hơn 1 thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=2(xy+yz+zx) $
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$S=3(x^2+y^2+z^2)-8(x+y+z)+2xyz $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Trầm]

Đặt $x=a+1, y=b+1, z=c+1 \Rightarrow a, b, c \ge 0$.
Điều kiện trở thành: $a^2+b^2+c^2+2abc=1$.
Và $S=3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)+2abc-13$
Với điều kiện trên, ta có $2(ab+bc+ca) \le 1+4abc$

Không mất tính tổng quát, giả sử $(2a-1)(2b-1) \ge 0 \Rightarrow a+b-2ab \le \dfrac{1}{2}$ (1).
Từ giả thiết, ta có $a+b-2ab \ge a^2+b^2 -2ab \ge 0$ (2)
$1 \ge 2ab+c^2+2abc \Rightarrow 1-c \ge 2ab \Rightarrow 1-2ab \ge c>0$ (3)
Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow c(a+b-2ab) \le \dfrac{1}{2}(1-2ab) \Rightarrow 2(ab+bc+ca) \le 1+4abc$

$\Rightarrow S \le 3(a^2+b^2+c^2+2abc)+1-13 =-9$
Vậy GTLN của $S=-9$ khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$ hay $x=y=z=\dfrac{3}{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangquan_9x]

Nguyên văn bởi tanggo

Từ giả thiết, ta có $a+b-2ab \ge a^2+b^2 -2ab \ge 0$ (2)

Bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không?
(mình không hiểu mấy)
Cảm ơn bạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Trầm]

Nguyên văn bởi hoangquan_9x

Bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không?
(mình không hiểu mấy)
Cảm ơn bạn.

Từ giả thiết mình có $a^2 \le 1 \Rightarrow a \le 1 \Rightarrow a^2 \le a$ đó anh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Cho a,b,c là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1 $

CMR: $a(b-c)^4 +b(c-a)^4 +c(a-b)^4 \leq \frac{1}{12} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho a,b,c là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1 $

CMR: $a(b-c)^4 +b(c-a)^4 +c(a-b)^4 \leq \frac{1}{12} $

Không mất tính tổng quát, giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$. Ta có$$a(b-c)^{4}=a(b-c)(b-c)^{3}\leqslant ab(b-c)^{3}$$
Hoàn toàn tương tự$$b(c-a)^{4}\leq ab(a-c)^{3}$$
Kết hợp hai đánh giá trên ta có được$$a(b-c)^{4}+b(c-a)^{4}\leq ab\left [ (a-c)^{3}+(b-c)^{3} \right]$$$$=ab(a+b-2c)\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca \right )$$$$\leqslant ab(a+b+c)\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca \right )$$
Mặt khác,$$c(a-b)^{4}\leq c(a-b)^{2}\left [ (a-b)^{2}+(a-c)(b-c) \right ]=c(a-b)^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca \right )$$$$\leqslant c(a+b)(a+b+c)\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca \right )$$
Từ đó với chú ý $a+b+c=1$ suy ra$$a(b-c)^{4}+b(c-a)^{4}+c(a-b)^{4}\leq (ab+bc+ca)\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca \right )$$$$=\frac{1}{12}.4(3ab+3bc+3ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2 }-ab-bc-ca)\leq \frac{1}{12}\left ( a+b+c \right )^{2}=\frac{1}{12}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $$(a,b,c)\sim \left ( \frac{3-\sqrt{3}}{6},\frac{3+\sqrt{3}}{6},0 \right )$$Mời các bạn cùng thử sức với bài toán tổng quát khó sau.
Tổng quát (Phạm Văn Thuận). Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Với mỗi số tự nhiên $n$, hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức$$P(a,b,c)=a(b-c)^{n}+b(c-a)^{n}+c(a-b)^{n}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Cho a, b, c là 3 số dương thoã mãn $a^2+b^2+c^2=3 $
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$\frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{c^3+a^2}+\frac{c^5} {a^3+b^2} +a^4+b^4+c^4 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[yamatunga]

Bài mới:Chứng minh rằng với x,y,z dương thì:

$\sqrt{3x}+\sqrt{3y}+\sqrt{3z}\geq \sqrt{7y+z-5x}+\sqrt{7z+x-5y}+\sqrt{7x+y-5z} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thanhorg]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho a, b, c là 3 số dương thoã mãn $a^2+b^2+c^2=3 $
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P = \frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{c^3+a^2}+\frac{c^5} {a^3+b^2} +a^4+b^4+c^4 $

Bài này mình làm thế này:

*Ta có $\frac{4a^5}{b^3+c^2} + a(b^3+c^2) \ge 4.a^3 $
Tương tự $\frac{4b^5}{c^3+a^2} + b(c^3+a^2) \ge 4b^3 $
$\frac{4c^5}{a^3+b^2} + c(a^3+b^2) \ge 4 c^3 $

Cộng lại ta có $\sum \frac{4a^5}{b^3+c^2} + ab^3+bc^3+ca^3+ ac^2+ba^2+cb^2 \ge 4(a^3+b^3+c^3) $

Mặt Khác:

*Ta dễ dàng cm bằng cô si rằng $\begin{cases} a^4+b^4+c^4 \ge ab^3+bc^3+ca^3 \\ a^3+b^3+c^3 \ge ac^2+ba^2+cb^2 \\ a^4+b^4+c^4 \ge 3 \\ a^3+b^3+c^3 \ge 3 \end{cases} $

Từ đó ta có $4P \ge 3(a^4+b^4+c^4)+3(a^3+b^3+c^3) \ge 18 $

Do đó $P \ge \frac{9}{2} $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho a, b, c là 3 số dương thoã mãn $a^2+b^2+c^2=3 $
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$\frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{c^3+a^2}+\frac{c^5} {a^3+b^2} +a^4+b^4+c^4 $

Áp dụng Cauchy-Schwartz:
$VT\geq \dfrac{(a^3+b^3+c^3)^2}{ab^3+bc^3+ca^3+ac^2+ba^2+c b^2}+\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3} $
Mặt khác: Theo BCS:
$*2(ab^3+bc^3+ca^3+ac^2+ba^2+cb^2)\leq 2\sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^4+b^4+c^4)}+2\sqrt {a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}\leq (a^2+b^2+c^2)^2+a^2+b^2+c^2 $
$\Rightarrow \dfrac{(a^3+b^3+c^3)^2}{ab^3+bc^3+ca^3+ac^2+ba^2+c b^2}+\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\geq \dfrac{2(a^3+b^3+c^3)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2+a^2+b^2+c ^2}+\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\geq \dfrac{9}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Bài này sẽ thử thách hơn đó!

Bài dễ là anh em nhào zô !

Cho $a, b, c$ là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{cyc} \sqrt{\dfrac{b + c}{a}} \ge 2\left(\sum\limits_{cyc} \sqrt{\dfrac{a}{b + c}}\right).\sqrt{1 + \dfrac{(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc}{4\sum\limits_{cyc} a(a + b)(a + c)}}.$

Tác giả: Prirate(VMF)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[5434]

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng ta luôn có
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+48(ab+bc+ca) \geq 25 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]