The Simplest Solution Is The Best Solution

Chuyển nhà

06/08/2016 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Nhà mới: https://nguyenhuyenag.wordpress.com/ 😀

Chuyên mục:Uncategorized

Inequality 107

07/10/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Nếu $a,b,c$ là ba số thực thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0,$ thì

$(2a^2+bc)(2b^2+ca)(2c^2+ab)\le0.$

Nguyễn Văn Huyện

Lời Giải.

Chuyên mục:Problems

Inequality 106

20/09/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Nếu $a,b,c$ là ba số thực dương, thì

$\displaystyle\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc} \ge 3\left ( \dfrac{a^6+b^6+c^6}{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3} \right )^{\frac{25}{81}}.$

Nguyễn Văn Huyện

Lời Giải.

Chuyên mục:Problems

Tản Mạng Về Một Bất Đẳng Thức

18/09/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Trong bài viết nhỏ này mình xin được giới thiệu với các bạn một bất đẳng thức khá thú vị, có thể phát biểu dưới nhiều dạng khác nhau.

Download file.

Chuyên mục:Tản mạng

Inequality 105

01/08/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Với $x,y,z$ là ba số thực và $a,b,c$ là các số dương cho trước thỏa mãn điều kiện $\displaystyle 4bc>(b+c-a)^2.$ Hãy chứng minh

$\left [ c+\dfrac{c(a+b-c)^2}{4bc-(b+c-a)^2}+c \right ](x+y+z)^2\ge 4(axy+byz+czx).$

Nguyễn Văn Huyện

Lời Giải. Download lời giải.

Chuyên mục:Problems

Inequality 104

01/08/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực và số thực $t \geqslant 0$ cho trước sao cho $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2 = 6t^2.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.$

Nguyễn Văn Huyện

Chuyên mục:Problems

Inequality 102

19/07/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Nếu $a,b,c$ là ba số thực không âm sao cho $a^2+4b^2+9c^2=14,$ thì

$3b+8c+abc\le 12.$

Võ Quốc Bá Cẩn, Olympic 30/4/2011 lớp 10.

Lời Giải. Sử dụng bât đẳng thức AM-GM, ta có

$\dfrac{b^2+1}{2}\ge b,\;\dfrac{c^2+1}{2}\ge c.$

Sử dụng đánh giá này, ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây

$3\cdot\dfrac{b^2+1}{2}+8\cdot\dfrac{c^2+1}{2}+abc\le 12,$

hay là

$3b^2+8c^2+2abc\le 13.$

Thuần nhất hai vế của bất đẳng thức, ta được

$3b^2+8c^2+2abc\sqrt{\dfrac{14}{a^2+4b^2+9c^2}}\le 13\cdot\dfrac{a^2+4b^2+9c^2}{14},$

thu gọn thành

$13a^2+10b^2+5c^2\ge2abc\sqrt{\dfrac{14}{a^2+4b^2+9c^2}},$

hoặc

$(a^2+4b^2+9c^2)(13a^2+10b^2+5c^2)^2\ge28^2\cdot14\cdot(abc)^2,$

$\displaystyle\left(\frac{a^2}{14}+\frac{4b^2}{14}+\frac{9c^2}{14}\right)\left(\frac{13a^2}{28}+\frac{10b^2}{28}+\frac{5c^2}{28}\right)^2\ge a^2b^2c^2.$

Thế nhưng bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM suy rộng, ta có

$\displaystyle\frac{a^2}{14}+\frac{4b^2}{14}+\frac{9c^2}{14}\ge (a^2)^{\frac{1}{14}}\cdot(b^2)^\frac{4}{14}\cdot(c^2)^\frac{9}{14}.$

$\begin{aligned}\left(\frac{13a^2}{28}+\frac{10b^2}{28}+\frac{5c^2}{28}\right)^2&\ge (a^2)^{2\cdot\frac{13}{28}}\cdot(b^2)^{2\cdot\frac{10}{28}}\cdot(c^2)^{2\cdot\frac{5}{28}}\\&= (a^2)^{\frac{13}{14}}\cdot(b^2)^{\frac{10}{14}}\cdot(c^2)^{\frac{5}{14}}.\end{aligned}$

Nhân hai bất đẳng thức trên lại với nhau, ta được

$\begin{aligned}\left(\frac{a^2}{14}+\frac{4b^2}{14}+\frac{9c^2}{14}\right)\left(\frac{13a^2}{28}+\frac{10b^2}{28}+\frac{5c^2}{28}\right)^2&\ge(a^2)^{\frac{1}{14}}\cdot(b^2)^\frac{4}{14}\cdot(c^2)^\frac{9}{14}\cdot(a^2)^{\frac{13}{14}}\cdot(b^2)^{\frac{10}{14}}\cdot(c^2)^{\frac{5}{14}}\\&= (a^2)^{\frac{1}{14}+\frac{13}{14}}\cdot(b^2)^{\frac{4}{14}+\frac{10}{14}}\cdot(c^2)^{\frac{9}{14}+\frac{5}{14}}\\&=a^2b^2c^2.\end{aligned}$

Bài toán được chứng minh xong, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.\Box$

Chuyên mục:Problems

Inequality 101

19/07/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Nếu $a,b,c$ là ba số thực bất kỳ, thì

$\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{\sqrt{2}}\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.$

$\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)(a^2+b^2+c^2)\ge\dfrac{3}{2}\cdot[(a-b)(b-c)(c-a)]^{\frac{4}{3}}.$

Nguyễn Văn Huyện

Lời Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Chuyên mục:Problems

Inequality 100

19/07/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Với $a_1, a_2, ... a_n$ là các số thực bất kỳ, hãy chứng minh

$\displaystyle \sqrt{1+a_1^2}+\sqrt{1+a_2^2}+...+\sqrt{1+a_n^2}\ge n-1+\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}.$

Nguyễn Văn Huyện

Lời Giải. Sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Chuyên mục:Problems

Inequality 99

04/07/2012 Nguyen Van Huyen Bình luận về bài viết này

Xét tất cả các tam thức thức bậc hai $f(x)=ax^2+bx+c,\;(a<b,\;a\neq0).$ Giả sử rằng $f(x)\ge0,\;\forall x\in\mathbb{R},$ chứng minh rằng khi đó với mọi số thực $t$ ta luôn có bất đẳng thức

$\dfrac{at^2+bt+c}{b-a}\ge2t+1.$

Nguyễn Văn Huyện