Đến nội dung


Hình ảnh

Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 215 trả lời

#1 tritanngo99

tritanngo99

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 743 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-08-2016 - 15:51

               Chào các bạn thân mến!

 Thật sự là chẳng biết gì nói ở phần mở đầu Topic này nhưng vì trong lòng muốn háo hức Topic bắt đầu hoạt động nên chỉ có vài lời như sau:

                 Kì thi tuyển sinh ĐH-CD năm 2017-2018 đang ở trước chúng ta, chỉ còn $46$ tuần nữa thôi. Chắc hẳn rằng các bạn đang rất muốn vượt qua để bước chân vào cánh cổng đại học và thực hiện những ước mơ mà các bạn đã ấp ủ. Và hôm nay nhân ngày đẹp trời, mình quyết định lập Topic mang tựa đề: "[LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức"  và bên cạnh đó là những điều lệ và quy cách như sau:

         1) Mỗi ngày sẽ có hai bài toán bất đẳng thức được đăng lên diễn đàn. Và nội dung lời giải của hai bài bất đẳng thức này sẽ được đăng vào ngày hôm sau. (Rất đơn giản phải không).

         2) Một số lưu ý khi tham gia Topic:

           + Không được spam, lạc đề.  

           + Lời giải phải rõ ràng, không viết quá vắn tắt, tránh gây khó hiểu.

          Nội dung của nội quy Topic chỉ có bấy nhiêu, hi vọng mọi người ủng hộ và giúp đỡ. 

Và ngoài ra mong các bạn ủng hộ các Topic này nữa nhé:

Để mở đầu cho Topic mình xin bắt đầu hai bài như sau:

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh: 

 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Bài 2: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x(x+y+z)=3yz$. Chứng minh rằng: $(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\le 5(y+z)^3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-08-2016 - 06:01

 


#2 the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 200 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nothingness
  • Sở thích:unknown

Đã gửi 07-08-2016 - 16:36

Bài 2: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x(x+y+z)=3yz$. Chứng minh rằng: $(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\le 5(y+z)^3$

Ủng hộ bài đầu tiên  :D

Giả thiết bài toán có thể viết lại thành: $(x+y)(x+z)=4yz$.

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

$(x+y)(x+z)\geq (x+\sqrt{yz})^2\Rightarrow 4yz\geq (x+\sqrt{yz})^2\Rightarrow x\leq \sqrt{yz}$

 

Vậy ta có:

 

$(x+y)^3+(x+z)^3\leq (y+\sqrt{yz})^3+(z+\sqrt{yz})^3$

 

$=(\sqrt{y}+\sqrt{z})^3((\sqrt{y})^3+(\sqrt{z})^3)=(\sqrt{y}+\sqrt{z})^4(y-\sqrt{yz}+z)$

 

$=\frac{1}{4}(y+2\sqrt{yz}+z)^2(4y-4\sqrt{yz}+4z)\leq \frac{1}{4}(\frac{4y-4\sqrt{yz}+4z+2(y+2\sqrt{yz}+z)}{3})^3=2(y+z)^3$

 

Và ta cũng có: $3(x+y)(y+z)(z+x)=12yz(y+z)\leq 3(y+z)^3$. Do ta có bất đẳng thức quen thuộc $(y+z)^3\geq 4yz(y+z)\Leftrightarrow 3(y-z)^2(y+z)\geq 0$

Cộng hai bất đẳng thức trên và ta được $(x+z)^3+(x+y)^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\leq 5(y+z)^3$.

Nên có đpcm.


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#3 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 07-08-2016 - 19:46

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Chém bài 1 :)) :
Biến đổi $(a,b,c)\Rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{xz},\frac{z^2}{xy}\right )$

BĐT$\iff \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{29}{4}$

Ta đặt $t=\frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}$
$\iff t+\frac{13}{t}\geqslant \frac{29}{4}\iff (t-4)(4t-13)\geqslant 0\iff t\geqslant 4$
Điều này luôn đúng vì $t\geqslant 4\iff x^3+y^3+z^3\geqslant 3xyz$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 07-08-2016 - 20:17


#4 NTA1907

NTA1907

    Trung úy

  • Thành viên
  • 995 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh

Đã gửi 07-08-2016 - 21:00

Bài 2: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x(x+y+z)=3yz$. Chứng minh rằng: $(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\le 5(y+z)^3$

Một cách gải khác cho bài toán 2.

Đặt $a=x+y, b=y+z, c=z+x(a,b,c>0)$

Từ gt$\Rightarrow b^{2}=c^{2}+a^{2}-ca$

Ta có: $b^{2}=c^{2}+a^{2}-ca\geq 2ca-ca=ca$

$b^{2}=c^{2}+a^{2}-ca=(c+a)^{2}-3ca\geq (c+a)^{2}-\frac{3}{4}(c+a)^{2}=\frac{1}{4}(c+a)^{2}\Leftrightarrow c+a\leq 2b$

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$a^{3}+c^{3}+3abc\leq 5b^{3}$

$\Leftrightarrow b(c+a-2b)+3(ca-b^{2})\leq 0$(luôn đúng)

Ta có đpcm.


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#5 nguyenhongsonk612

nguyenhongsonk612

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{12A1 THPT Dương Xá}$
  • Sở thích:$\textrm{Math, Physics}$

Đã gửi 07-08-2016 - 22:33

Chém bài 1 :)) :
Biến đổi $(a,b,c)\Rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{xz},\frac{z^2}{xy}\right )$

BĐT$\iff \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}$$+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{29}{4}$

Ta đặt $t=\frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}$
$\iff t+\frac{13}{t}\geqslant \frac{29}{4}\iff (t-4)(4t-13)\geqslant 0\iff t\geqslant 4$
Điều này luôn đúng vì $t\geqslant 4\iff x^3+y^3+z^3\geqslant 3xyz$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Chỗ màu đỏ bạn biến đổi như thế nào


"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O) 


#6 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 07-08-2016 - 22:50

Chỗ màu đỏ bạn biến đổi như thế nào


Mình biến đổi sai rồi bạn ơi

#7 tritanngo99

tritanngo99

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 743 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-08-2016 - 05:57

Sau đây là lời giải bài $1$ và bài $2$:

Lời giải bài 1: Đây là một bài toán khá hay sử dụng phương pháp dồn biến.

Xét biểu thức $f(a,b,c)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{13}{a+b+c+1}$.

Ta sẽ chứng minh hai bước: $f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\ge \frac{25}{4}$.

Ta có: $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1})-(\frac{1}{a}+\frac{2}{\sqrt{bc}}+\frac{13}{a+2\sqrt{bc}+1})$

$=(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{2}{\sqrt{bc}})+13(\frac{1}{a+b+c+1}-\frac{1}{a+2\sqrt{bc}+1})$

$=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2[\frac{1}{bc}-\frac{13}{(a+b+c)(a+2\sqrt{bc}+1)}]$.

Lại theo BDT Cauchy: $\frac{13}{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\le \frac{13}{(3\sqrt[3]{abc})(3\sqrt[3]{abc}+1)}=\frac{13}{16}<1$.

Giả sử $\text{a=max{a,b,c}}\implies a\ge 1\implies \frac{1}{bc}\ge 1\implies \frac{1}{bc}-\frac{13}{(3\sqrt[3]{abc})(3\sqrt[3]{abc}+1)}>0$.

Khi đó ta có: $f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$.

Bây giờ tiếp theo: $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\ge \frac{25}{4}\iff \frac{1}{a}+\frac{2}{\sqrt{bc}}+\frac{13}{a+2\sqrt{bc}+1}\ge \frac{25}{4}$.

$\iff \frac{1}{a}+2\sqrt{a}+\frac{13}{a+\frac{2}{\sqrt{a}}+1}\ge \frac{25}{4}$.

Đặt $\frac{1}{\sqrt{a}}=t(t>0)$ ta có:

$t^2+\frac{2}{t}+\frac{13t^2}{2t^3+t^2+1}\ge \frac{25}{4}\iff (t^2+\frac{2}{t}-3)+13(\frac{t^2}{2t^3+t^2+1}-\frac{1}{4})\ge 0$

$\iff \frac{(t-1)^2(t+2)}{t}-\frac{13(t-1)^2(2t+1)}{4(2t^3+t^2+1)}\ge 0\iff (t-1)^2(8t^4+20t^3-18t^2-9t+8)\ge 0$(luôn đúng).

Vậy ta có dpcm! Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Lời giải bài 2: Ta có: $BDT\iff x^3+3x^2(y+z)+3x(y^2+z^2+yz)\le 2(y+z)^3$.

Từ giả thiết ta có:

$3yz=x(x+y+z)\ge 3x\sqrt[3]{xyz}\implies x\le \sqrt{yz}\le \frac{1}{2}(y+z)\text{ điều này có thể chứng minh giống cách bạn the uknown}$

$\implies 2x\le y+z$ và $x^2\le yz$.

Khi đó, ta có: $x^3+3x^2(y+z)+3x(y^2+z^2+yz)\le \frac{1}{8}(y+z)^3+3yz(y+z)+\frac{3}{2}(y+z)[(y+z)^2-yz]$

$=\frac{13}{8}(y+z)^3+\frac{3}{2}yz(y+z)$. Mà $yz(y+z)\le (y+z)^3\iff (y+z)(y-z)^2\ge 0$

$\implies \frac{13}{8}(y+z)^3+\frac{3}{2}yz(y+z)\le 2(y+z)^3\implies dpcm$.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-08-2016 - 08:57

 


#8 tritanngo99

tritanngo99

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 743 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-08-2016 - 06:00

Và tiếp theo là hai bài sau:

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Bài 4: Cho $x,y,z>1$ thỏa mãn: $x+y+z=xyz$. Tìm min: $X=\frac{x-2}{z^2}+\frac{y-2}{x^2}+\frac{z-2}{y^2}$.


 


#9 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 303 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm}$ $\textrm{Quảng Nam}$
  • Sở thích:$ \textrm{Toán học} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 08-08-2016 - 07:57

Bài 3: Đặt $ x+y+z=p=3, xy+yz+xz=q, xyz=r $.BĐT cần chứng minh trở thành:

$ 3(p^2-2q)+4r \ge 13$

Theo BĐT $ Schur $ $ r \ge \dfrac{p(4q-p^2)}{9}=\dfrac{4q-9}{3}$. BĐT trở thành:

$3(9-2q)+\dfrac{4(4q-9)}{9} \ge 13 \iff q \le 3$ (đúng).



#10 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 303 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm}$ $\textrm{Quảng Nam}$
  • Sở thích:$ \textrm{Toán học} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 08-08-2016 - 08:21

Bài 4 mình nghĩ là Max chứ nhỉ.



#11 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 303 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm}$ $\textrm{Quảng Nam}$
  • Sở thích:$ \textrm{Toán học} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 08-08-2016 - 09:01

Bài 4:

Từ giả thiết suy ra $ \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}=1 $

Biến đổi $ X=(x-1)(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2})+(y-1)(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2})+(z-1)(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2})-(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}) $

Do $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2} \ge \dfrac{2}{xz}, \dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} \ge \dfrac{2}{yz}, \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \ge \dfrac{2}{xy} $

Từ đây $X \ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} -2 \ge \sqrt{3}-2 $

 Vậy $ MinX=\sqrt{3}-2 \iff x=y=z=\sqrt{3} $



#12 NTA1907

NTA1907

    Trung úy

  • Thành viên
  • 995 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh

Đã gửi 08-08-2016 - 11:08

Và tiếp theo là hai bài sau:

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Theo nguyên tắc Đi-rích-lê thì tồn tại 2 số cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1.

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab\geq a+b-1\Leftrightarrow abc\geq c(a+b)-c=c(3-c)-c=2c-c^{2}$

Do đó ta có:

$3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\geq \frac{3}{2}(a+b)^{2}+3c^{2}+4(2c-c^{2})=\frac{3}{2}(3-c)^{2}+3c^{2}+4(2c-c^{2})=\frac{(c-1)^{2}+26}{2}\geq 13$

Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c=1$


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#13 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 08-08-2016 - 11:11

 

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Có thể mở rộng bài toán: Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

                           $a^2+b^2+c^2+kabc\geqslant 3+k$

P/s: Chọn $k=\frac{4}{3}$ ta có bài toán trên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 08-08-2016 - 11:14


#14 the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 200 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nothingness
  • Sở thích:unknown

Đã gửi 08-08-2016 - 12:34

Có thể mở rộng bài toán: Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

                           $a^2+b^2+c^2+kabc\geqslant 3+k$

Có thể chọn $a=b=\frac{3}{2}$, $c=0$ thì ta được $k\leq \frac{3}{2}$. Ta sẽ chứng minh $k=\frac{3}{2}$ là hằng số tốt nhất cần tìm. Tức là ta chứng minh $2(a^2+b^2+c^2)+3abc\geq 9$.

Đặt $q=ab+bc+ca,r=abc,p=a+b+c=3$, bất đẳng thức tương đương $9+3r-4q\geq 0$.

Xét hai trường hợp:

$\text{TH 1:}$ $q\leq \frac{9}{4}$. Ta có: $9+3r-4q\geq 9-4q\geq 0$. (đúng)

$\text{TH 2:}$ $q\geq \frac{9}{4}$. Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

$9+3r-4q\geq 9+3\frac{p(4q-p^2)}{9}-4q=9+(4q-9)-4q=0$.

Vậy với cả hai trường hợp bất đẳng thức đúng. Vậy bài toán được chứng minh.


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#15 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 08-08-2016 - 18:45

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh: 
 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Mình làm lại bài 1 như sau:

Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{zx},\frac{z^2}{xy}\right )$
Giả sử $x\leqslant y\leqslant z\Longrightarrow z^2\geqslant xy$

BĐT$\iff \sum \frac{xy}{z^2}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x^3+y^3+z^3-3xyz)}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

Ta có: $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$
Và $z^2\geqslant xy\Longrightarrow x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2$
$=(xy+yz+zx)\left [z^2(x-y)^2+xy(z-x)(z-y)\right ]\geqslant xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$\frac{xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

$\iff 4(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(x+y+z)$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x+y=2\Longrightarrow xy\leqslant 1\leqslant z$ và $x^3+y^3\geqslant 2$

$\iff 4(2z+xy)(2+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(z+2)$
$\iff (8z^4-9z^3-18z^2+20z+8)+(1-xy)(9z^3+18z^2-4z-4xyz-8)\geqslant 0$
Chú ý rằng với $z\geqslant 1$, ta luôn có
$8z^4-9z^3-18z^2+20z+8>0$

$9z^3+18z^2-4z-4xyz-8\geqslant 9z^3+18z^2-4z-4z^3-8=5z^3+18z^2-4z-8>0 $

Vậy ta có đpcm, dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 08-08-2016 - 19:29


#16 tritanngo99

tritanngo99

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 743 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-08-2016 - 05:53

Và đây là lời giải bài 3 và bài 4:

Lời giải bài 3: Ý tưởng là ta sẽ đưa hết về 1 biến và xét hàm số:

Ta có: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc=3[9-2(ab+bc+ca)]+4abc=27-6a(3-a)+2(2a-3)bc$.

Giả sử:$\text{a=min{a,b,c}}\implies a\le 1\implies 2a-3<0$. Khi đó:

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

$\implies 3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 27-6a(3-a)+\frac{1}{2}(2a-3)(3-a)^2=a^3+\frac{3a^2}{2}+\frac{27}{2}$.

Mà $a^3-\frac{3a^2}{2}+\frac{27}{2}\ge 13\iff (2a+1)(a-1)^2\ge 0(TRUE)$.

Vậy ta có đpcm!. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Lời giải bài 4: Ý tưởng hoàn toàn giống bài bạn anhquannbk, mình chỉ trình bày lại:

Bài toán này đáng lưu ý, ta có:

$X=\frac{x-1+z-1}{z^2}+\frac{y-1+x-1}{x^2}+\frac{z-1+y-1}{y^2}-(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$.

$=(x-1)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2})+(y-1)(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2})+(z-1)(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{y^2})-(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$.

$\ge (x-1)\frac{2}{zx}+(y-1)\frac{2}{xy}+(z-1)\frac{2}{yz}-(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(Cauchy)$.

$\implies X\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-2(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$.

Từ giả thiết ta có: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\implies \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \sqrt{3(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})}=\sqrt{3}$.

$\implies X\ge \sqrt{3}-2$.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$


 


#17 tritanngo99

tritanngo99

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 743 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-08-2016 - 05:59

Tiếp theo:

Bài 5: Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn: $x^4+y^4+\frac{1}{xy}-\sqrt{2xy}=\frac{3}{2}$. Tìm GTLN của:

$L=\frac{2}{x^2+1}+\frac{2}{y^2+1}-\frac{3}{1+2xy}$.

Bài 6: Xét các số thực không âm thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2\le 3y$. Tìm GTNN của: 

$P=\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{4}{(y+2)^2}+\frac{8}{(z+3)^2}$.


 


#18 NTA1907

NTA1907

    Trung úy

  • Thành viên
  • 995 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh

Đã gửi 09-08-2016 - 10:58

Bài 6: Xét các số thực không âm thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2\le 3y$. Tìm GTNN của: 

$P=\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{4}{(y+2)^2}+\frac{8}{(z+3)^2}$.

Ta có: $(x+1)^{2}\leq 2(x^{2}+1), (z+3)^{2}\leq 4(z^{2}+3)$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{8}{(z+3)^{2}}\geq \frac{1}{2(x^{2}+1)}+\frac{2}{z^{2}+3}=\frac{1}{2(x^{2}+1)}+\frac{4}{2(z^{2}+3)}\geq \frac{9}{2(x^{2}+z^{2})+8}\geq \frac{9}{2(3y-y^{2})+8}$

$\Rightarrow P\geq \frac{9}{2(3y-y^{2})+8}+\frac{4}{(y+2)^{2}}$

Ta chứng minh: $\frac{4}{(y+2)^{2}}+\frac{9}{2(3y-y^{2})+8}\geq 1$

$\Leftrightarrow (y-2)^{2}(2y^{2}+9y+10)\geq 0$(luôn đúng)

Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow x=z=1, y=2$


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#19 nguyenhongsonk612

nguyenhongsonk612

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{12A1 THPT Dương Xá}$
  • Sở thích:$\textrm{Math, Physics}$

Đã gửi 09-08-2016 - 14:00

Tiếp theo:

Bài 5: Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn: $x^4+y^4+\frac{1}{xy}-\sqrt{2xy}=\frac{3}{2}$. Tìm GTLN của:

$L=\frac{2}{x^2+1}+\frac{2}{y^2+1}-\frac{3}{1+2xy}$.

 

Đặt $t=\sqrt{2xy}$ $(t>0)$

Theo $AM-GM$ thì $x^4+y^4\geqslant 2x^2y^2$

$\Rightarrow 2x^2y^2+\frac{1}{xy}-\sqrt{2xy}\leqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow (t-1)(t^5+t^4+t^3-t^2-4t-4)\leqslant 0$ 

+) $0< t\leqslant 1$ $\Rightarrow t^5+t^4+t^3-t^2-4t-4\geqslant 0$

Ta có $t^5+t^4+t^3-t^2-4t-4=t^2(t^3-1)+(t+1)(t^3-4)< 0\Rightarrow$ Vô lý

+) $t\geqslant 1$ $\Rightarrow t^5+t^4+t^3-t^2-4t-4\leqslant 0$ (*)

Xét $f(t)=t^5+t^4+t^3-t^2-4t-4$

Ta thấy $f(t)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ $\Rightarrow $ f(t) liên tục trên $[1;+\infty )$

$f(1)f(\sqrt{2})< 0 \Rightarrow $ PT $f(t)=0$ có nghiệm $t_0 \in (1;\sqrt{2})$

BPT (*) $\Leftrightarrow (t-t_0)\begin{bmatrix} t^4+(1+t_0)t^3+(t_0^2+t_0+1)t^2+(t_0^3+t_0^2+t_0-1)t+t_0^4+t_0^3+t_0^2-t_0-4 \end{bmatrix}\leqslant 0$

Biểu thức trong ngoặc vuông luôn dương với $t\geqslant 1; 1< t_0< \sqrt{2}$

$\Rightarrow t\leq t_0< \sqrt{2}$

Từ đó ta thu được $1\leqslant t< \sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}\leqslant xy< 1$

Áp dụng BĐT phụ sau $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\leqslant \frac{2}{1+xy}$ với $x,y>0$ và $xy<1$

$\Rightarrow L\leqslant \frac{4}{1+xy}-\frac{3}{1+2xy}=\frac{5xy+1}{(xy+1)(2xy+1)}$

Ta C/m $\frac{5xy+1}{(xy+1)(2xy+1)}\leqslant \frac{7}{6}\Leftrightarrow (2xy-1)(7xy-1)\geqslant 0$ (Đúng)

$\Rightarrow L\leqslant \frac{7}{6}$

Vậy $\max L=\frac{7}{6}\Leftrightarrow x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 09-08-2016 - 15:09

"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O) 


#20 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 09-08-2016 - 15:03

Từ đó ta thu được $1\leqslant t< 2\Leftrightarrow \frac{1}{2}\leqslant xy< 1$

 

Mình có cách ngắn hơn cho phần này: 

Đặt $t=xy$

Từ giả thiết chú ý rằng: $\sqrt{2xy}\leqslant \frac{1}{2}+xy$

$\Longrightarrow x^4+y^4\leqslant 2-\frac{1}{xy}+xy\iff 2x^2y^2\leqslant 2-\frac{1}{xy}+xy$

$\iff 2t^3-t^2-2t+1\leqslant 0\iff (t+1)(t-1)(2t-1)\leqslant 0\iff \frac{1}{2}\leqslant t \leqslant 1$






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh