Một bài BĐT 3 biến hay và khó

[Shinichi Kudo]

cho $a,b,c $ là 3 số dương thỏa mãn $a+b+c=1 $.CMR:

$\sqrt[3]{{\frac{a}{{a + 26}}}} + \sqrt[3]{{\frac{b}{{b + 26}}}} + \sqrt[3]{{\frac{c}{{c + 26}}}} \ge 1 $ reamer:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hocvienak6]

Thử a=b=c=1/3 ta có VT< VP:pflaster:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi hocvienak6

Thử a=b=c=1/3 ta có VT< VP:pflaster:

Tôi đoán đề bài là $a + b + c = 3. $. Shinichi Kudo kiểm tra lại nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Shinichi Kudo]

Cho Shinichi Kudo xin lỗi. Đó không phải là $a+b+c=1 $ mà là $abc=1 $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi Shinichi Kudo

cho $a,b,c $ là 3 số dương thỏa mãn $abc=1 $.CMR:

$\sqrt[3]{{\frac{a}{{a + 26}}}} + \sqrt[3]{{\frac{b}{{b + 26}}}} + \sqrt[3]{{\frac{c}{{c + 26}}}} \ge 1 $ reamer:

Từ giả thiết, ta thấy có thể đặt được $a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx},c=\frac{z^2}{xy} $ với $x,y,z $ là các số dương (giải thích phép đặt). Khi đó bất đẳng thức được viết lại là
$\sqrt[3]{\frac{x^2}{x^2+26yz}}+\sqrt[3]{\frac{y^2}{y^2+26zx}}+\sqrt[3]{\frac{z^2}{z^2+26xy}} \ge 1. $
Ý tưởng chung của chúng ta ở đây là làm sao để loại bỏ căn thức...và Holder cho phép ta thực hiện điều này
$\left( \sum\sqrt[3]{\frac{x^2}{x^2+26yz}}\right)^3 \left(\sum x^2(x^2+26yz)\right) \ge (x+y+z)^4 $
Ta phải chứng minh
$(x+y+z)^4 \ge x^2(x^2+26yz)+y^2(y^2+26zx)+z^2(z^2+26xy) $
tức là
$(x^2+y^2+z^2)^2+4(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)+ 4(xy+yz+zx)^2 \ge (x^4+y^4+z^4)+26xyz(x+y+z) $
hay
$2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) + 4(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)+ 4(xy+yz+zx)^2 \ge 26xyz(x+y+z) $
May mắn là bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, bởi vì "pác" AM - GM cho ta
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 \ge xyz(x+y+z), $
$(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2) \ge (xy+yz+zx)^2 \ge 3xyz(x+y+z) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DCsonlinh_DHV]

he,bổ sung thêm BĐT cuối anh Cẩn chưa cminh coi như cũng có công

$(xy+yz+zx)^2 \ge 3\sum xy.yz =3\sum y^2xz =3xyz(x+y+z) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Cho $a, b, c, d $ là các số thực dương thoả mãn $abcd=1 $. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{\sqrt{a^4+15}}+\frac{b^2}{\sqrt{b^4+15} }+\frac{c^2}{\sqrt{c^4+15}}+\frac{d^2}{\sqrt{d^4+1 5}}\geq1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vipCD]

Nguyên văn bởi DCsonlinh_DHV

he,bổ sung thêm BĐT cuối anh Cẩn chưa cminh coi như cũng có công

$(xy+yz+zx)^2 \ge 3\sum xy.yz =3\sum y^2xz =3xyz(x+y+z) $

Anh cẩn đã bảo dùng caucy rồi, em dùng Trubesep làm gì, nhưng dù sao cũng có công

P/s: anh Cẩn ơi, có thể giải thích vì sao anh độ được phép đặt như thế không ví như chúng ta cũng có thể đặt như thế này $a=\frac{x}{y} $, anh có thể chỉ một số kinh nghiệm cho dạng bài như thế này không ạ, với lại dùng không đúng dấu, bđt trung gian sẽ đổi chiều!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Cho $a, b, c, d $ là các số thực dương thoả mãn $abcd=1 $. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{\sqrt{a^4+15}}+\frac{b^2}{\sqrt{b^4+15} }+\frac{c^2}{\sqrt{c^4+15}}+\frac{d^2}{\sqrt{d^4+1 5}}\geq1 $

Tổng quát hóa, ta có thể chứng minh được với mọi $n \ge 1,x_i >0,x_1x_2\cdots x_n =1 $ thì
$\sum^n_{i=1}\frac{1}{\sqrt{(n^2-1)x_i+1}} \ge 1 $
Chứng minh kết quả này bằng Holder.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi vipCD

Anh cẩn đã bảo dùng caucy rồi, em dùng Trubesep làm gì, nhưng dù sao cũng có công

P/s: anh Cẩn ơi, có thể giải thích vì sao anh độ được phép đặt như thế không ví như chúng ta cũng có thể đặt như thế này $a=\frac{x}{y} $, anh có thể chỉ một số kinh nghiệm cho dạng bài như thế này không ạ, với lại dùng không đúng dấu, bđt trung gian sẽ đổi chiều!

Để giải dạng này, ta hãy chú ý rằng bdt đã cho có đẳng thức khi $a=b=c=1 $ và $a\rightarrow +\infty,b=c\rightarrow 0 $, vì vậy các đánh giá của ta phải làm sao đảm bảo được các điểm này. Ngoài ra, ý tưởng của ta khi gặp những dạng căn thức thế này là đồng bậc hóa rồi Holder, anh dùng cách đặt ẩn trên vì khi dùng nó rất dễ đảm bảo dấu bằng sau khi áp dụng Holder. Anh thấy trong trường hợp này, em không nên đặt $a=x/y,... $ vì một bài toán đang là đối xứng, nếu em đặt như thế sẽ chuyển thành hoán vị và rất khó đánh giá. Trong khi tất cả chúng ta đều thấy rằng bdt đối xứng "dễ trị" hơn hoán vị nhiều.
* Giải thích vì sao ta có thể đặt $a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx},c=\frac{z^2}{xy} $. Vì $a,b>0 $ nên tồn tại vô số giá trị $x,y,z>0 $ sao cho $ a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx} $ chẳng hạn với $x=\sqrt[3]{a},y=\sqrt[3]{b},z=\sqrt[3]{c} $ thì
$\frac{x^2}{yz} =\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{bc}} =\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}=a $
và $\frac{y^2}{zx} =b $.
Từ $abc=1 $, ta tính được $c=\frac{z^2}{xy} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[halinh]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Tổng quát hóa, ta có thể chứng minh được với mọi $n \ge 1,x_i >0,x_1x_2\cdots x_n =1 $ thì
$\sum^n_{i=1}\frac{1}{\sqrt{(n^2-1)x_i+1}} \ge 1 $
Chứng minh kết quả này bằng Holder.

anh giải cụ thể dc ko ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Tổng quát hóa, ta có thể chứng minh được với mọi $n \ge 1,x_i >0,x_1x_2\cdots x_n =1 $ thì
$\sum^n_{i=1}\frac{1}{\sqrt{(n^2-1)x_i+1}} \ge 1 $
Chứng minh kết quả này bằng Holder.

Đúng và bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng BĐT Cauchy (AM- GM). Có ai chứng minh ko để em làm . Anh Cẩn giải cụ thể luôn bằng Holder đi cho đầy đủ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[psquang_pbc]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Để giải dạng này, ta hãy chú ý rằng bdt đã cho có đẳng thức khi $a=b=c=1 $ và $a\rightarrow +\infty,b=c\rightarrow 0 $, vì vậy các đánh giá của ta phải làm sao đảm bảo được các điểm này. Ngoài ra, ý tưởng của ta khi gặp những dạng căn thức thế này là đồng bậc hóa rồi Holder, anh dùng cách đặt ẩn trên vì khi dùng nó rất dễ đảm bảo dấu bằng sau khi áp dụng Holder. Anh thấy trong trường hợp này, em không nên đặt $a=x/y,... $ vì một bài toán đang là đối xứng, nếu em đặt như thế sẽ chuyển thành hoán vị và rất khó đánh giá. Trong khi tất cả chúng ta đều thấy rằng bdt đối xứng "dễ trị" hơn hoán vị nhiều.
* Giải thích vì sao ta có thể đặt $a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx},c=\frac{z^2}{xy} $. Vì $a,b>0 $ nên tồn tại vô số giá trị $x,y,z>0 $ sao cho $ a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx} $ chẳng hạn với $x=\sqrt[3]{a},y=\sqrt[3]{b},z=\sqrt[3]{c} $ thì
$\frac{x^2}{yz} =\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{bc}} =\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}=a $
và $\frac{y^2}{zx} =b $.
Từ $abc=1 $, ta tính được $c=\frac{z^2}{xy} $.

Phép này là cần thiết nếu gặp bài tương đối chặt. Nếu không được nữa thì thử $a=\frac{x^3}{yzt} $... Cái này tính toán hơi mệt một chút nhưng sáng sủa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Đúng và bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng BĐT Cauchy (AM- GM). Có ai chứng minh ko để em làm . Anh Cẩn giải cụ thể luôn bằng Holder đi cho đầy đủ

Đúng là bài này có thể giải bằng AM-GM kiểu của bài IMO 2001, nhưng anh thích cách Holder hơn, mọi người hãy thử xem sao?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Lời giải bằng AM-GM:
Đặt $x_i=\frac{1}{a_i^{\frac{2n^2}{n^2-1}} $

Suy ra: $\prod a_i^{\frac{2n^2}{n^2-1}=1 $
Ta có:
$(a_1+a_2+...+a_n)^2=a_1^2+...+a_n^2+2a_1a_2+...+2a _{n-1}a_n \geq $
$\geq a_1^2+(n^2-1)\sqrt[n^2-1]{a_1^{2n-2}(a_2...a_n)^{2n}}=a_1^{2/(n+1)}[a_1^{2n/(n+1)}+(n^2-1)a_2^{2n/(n^2+1}...a_n^{2n/(n^2+1}) $
Suy ra $\sqrt{\frac{a_1^{2n/(n+1}}{a_1^{2n/(n+1}+(n^2-1)a_2^{2n/(n^2-1)}...a_n^{2n/(n^2-1)}}} $$\geq\frac{a_1}{a_1+...+a_n} $
Suy ra $\frac{1}{\sqrt{1+\frac{n^2-1}{a_1^{2n^2/(n^2-1)}} $
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng từng vế suy ra đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]