Chủ đề này có 215 trả lời

[tritanngo99]

Hai bài: Bài 17 và Bài 18 mọi người đã giải quá chuẩn rồi, nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 19:Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}(\frac{x^3}{xy+2yz}+\frac{y^3}{yz+2xz}+\frac{z^3}{xz+2xy})}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)}\le \frac{-3}{4}$.

Bài 20: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $28(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})=4(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+2013$.

Tìm GTLN của:

$P=\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+a^2}}$

[tpdtthltvp]

Bài 20: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $28(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})=4(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+2013$.

Tìm GTLN của:

$P=\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+a^2}}$

Bài 20:

Từ giả thiết suy ra:

$$28(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2=60(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+2013\leq 20(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2+2013$$

$$\Leftrightarrow 8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2\leq 2013\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \sqrt{\frac{2013}{8}}$$

Mặt khác ta có:

$$P=\sum \frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}=\sum \frac{1}{\sqrt{(2a)^2+(a+b)^2}}\leq \sum \frac{1}{\sqrt{\frac{(3a+b)^2}{2}}}=\sqrt{2}\sum \frac{1}{3a+b}$$

Do đó:

$$P\leq \sqrt{2}\sum \left [ \frac{1}{16}(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}) \right ]=\frac{\sqrt{2}}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq \frac{\sqrt{2}}{4}.\sqrt{\frac{2013}{8}}=\sqrt{\frac{2013}{64}}$$

Vậy $\max P=\sqrt{\frac{2013}{64}}.$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2\sqrt{\frac{6}{671}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 17-08-2016 - 08:43

[royal1534]

Hai bài: Bài 17 và Bài 18 mọi người đã giải quá chuẩn rồi, nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 19:Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}(\frac{x^3}{xy+2yz}+\frac{y^3}{yz+2xz}+\frac{z^3}{xz+2xy})}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)}\le \frac{-3}{4}$.

 

Chém nốt .

-------

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

 

$\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^3}{3\sum (xy+2yz)}=\frac{(x+y+z)^3}{9(xy+yz+zx)}$

 

$\Rightarrow \frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)} \geq 1$

 

Suy ra: $-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz}} \leq -1 $

 

Công việc còn lại ta chỉ cần chứng minh: 

 

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

 

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có: 

 

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}} \leq \frac{2}{x+y+z+1}$

 

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{2}{x+y+z+1}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \leq \frac{1}{4}$

 

Đặt $x+1=a, y+1=b, z+1=c$  Vì $x,y,z>0$ suy ra $abc >1$

 

Viết lại bđt cần chứng minh thành:

 

$\frac{2}{a+b+c-2}-\frac{2}{abc} \leq \frac{1}{4}$

 

$\leftrightarrow \frac{1}{a+b+c-2}-\frac{1}{abc} \leq \frac{1}{8}$

 

Quy đồng và biến đổi tương đương. BĐT trên tương đương với:

 

$10abc-8(a+b+c)-abc(a+b+c)+16 \leq 0 $

 

Đổi biến $(abc,a+b+c)=(r,p)$ $(r>1)$

 

Ta cần chứng minh $10r-8p-pr+16 \leq 0 \leftrightarrow 8p+pr-10r-16 \geq 0$

 

Chú ý theo bất đẳng thức AM-GM thì $p \geq 3\sqrt[3]{r}$

 

Tiếp tục đặt $\sqrt[3]{r}=t$ $(t>1)$

 

Thì ta cần chứng minh $24t+3t^4-10t^3-16 \geq 0$

 

$\leftrightarrow (t-2)^2(3t^2+2t-4) \geq 0$: Đúng vì $t > 1$

 

Chứng minh hoàn tất. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 16-08-2016 - 18:22

[tritanngo99]

Đây là lời giải hai bài 19 và bài 20( cũng gần tương tự lời giải của tpdtthltvp và royal1534):

Lời giải bài 19: Đặt $P=\frac{1}{x+y+z}(\frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)})$.

Ta có: $\frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y}{3}+\frac{2z+x}{9}\ge x$

$\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z}{3}+\frac{2x+y}{9}\ge y$

$\frac{z^3}{x(2y+z)}+\frac{x}{3}+\frac{2y+z}{9}\ge z$.

Cộng vế ta được: $P\ge 1$. Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$.(*)

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

Ta có: $x^2+y^2+z^2+1\ge \frac{1}{2}(x+y)^2+\frac{1}{2}(z+1)^2\ge \frac{1}{4}(x+y+z+1)^2$.

(Vì $a^2+b^2\ge \frac{1}{2}(a+b)^2)$

*$(x+1)(y+1)(z+1)\le (\frac{x+y+z+3}{3})^3$ dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z$.

Do đó: $Q\le \frac{2}{x+y+z+1}-\frac{54}{(x+y+z+3)^2}$, đặt $t=x+y+z+1>1$.

Ta được: $Q\le f(t)=\frac{2}{t}-\frac{54}{(t+2)^3}$. Xét hàm số $f(t)$ trên $(1;+\infty)$.

$f'(t)=\frac{-2}{t^2}+\frac{162}{(t+2)^4}=0\iff t=1(l)...or...t=4(n)$. Lập bảng biến thiên ta được: $f(t)\le \frac{1}{4}=f(4)$.

Vậy $Q\le \frac{1}{4}$. Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$(**)

Từ $(*),(**)$ suy ra dpcm.

Lời giải bài 20:

Đặt $(x;y;z)\rightarrow (\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c})$.

$\implies 28(x^2+y^2+z^2)=4(xy+yz+zx)+2013\le 4(x^2+y^2+z^2)+2013\implies x^2+y^2+z^2\le \frac{2013}{24}$.

Mặt khác ta lại có: $(x+y+z)^2\le 3(x^2+y^2+z^2)\implies (x+y+z)^2\le \frac{2013}{8}$.

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}=\frac{1}{\sqrt{4a^2+(a+b)^2}}\le \frac{\sqrt{2}}{3a+b}\le \frac{1}{8\sqrt{2}}(\frac{3}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{8\sqrt{2}}(3x+y)$.

Tương tự các BDT còn lại cộng lại ta được: $P\le \frac{4}{8\sqrt{2}}(x+y+z)\le \frac{\sqrt{2013}}{8}$.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{4026}}{12}$ hay $a=b=c=\frac{12}{\sqrt{4026}}$ 

[tritanngo99]

Tiếp theo:

Bài 21: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c\ge 12$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$S=\frac{a^3}{\sqrt{ab}+2\sqrt{1+c\sqrt{c}}}+\frac{b^3}{\sqrt{bc}+2\sqrt{1+a\sqrt{a}}}+\frac{c^3}{\sqrt{ca}+2\sqrt{1+b\sqrt{b}}}$.

Bài 22: Cho $a,b,x,y$ là bốn số dương thỏa mãn: $a^5+b^5=2$ và $x,y\le 4$. Hãy tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{x^2+2y^2+24}{xy(a^2+b^2)}$

[VODANH9X]

Tiếp theo:

Bài 22: Cho $a,b,x,y$ là bốn số dương thỏa mãn: $a^5+b^5=2$ và $x,y\le 4$. Hãy tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{x^2+2y^2+24}{xy(a^2+b^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM:$a^{5}+a^{5}+1+1+1\geq 5a^{2}$

                                  $b^{5}+b^{5}+1+1+1\geq 5b^{2}$

$\Rightarrow 2a^{5}+2b^{5}+6\geq 5(a^{2}+b^{2})\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\leq 2$

$\Rightarrow P\geq \frac{x^{2}+2y^{2}+24}{2xy}=\frac{x}{2y}+\frac{y}{x}+\frac{12}{xy}$

Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{2y}+\frac{y}{x}+\frac{12}{xy}$ với $0< x\leq 4$ và y là tham số

$f'(x)=\frac{x^{2}-2y^{2}-24}{2x^2y}\leq \frac{4^{2}-2.0^{2}-24}{2x^{2}y}=\frac{-8}{2x^{2}y}< 0$

Suy ra $f'(x)$ nghịch biến trên $0< x\leq 4$.Do đó $f(x)\geq f(4)$

suy ra $P\geq g(4)=\frac{2}{y}+\frac{y}{4}+\frac{3}{y}=\frac{5}{y}+\frac{y}{4}$

Xét hàm số $g(y)=\frac{5}{y}+\frac{y}{4}$ với $0< y\leq 4$ 

$g'(y)=-\frac{5}{y^{2}}+\frac{1}{4}\leq -\frac{5}{16}+\frac{1}{4}< 0$

Suy ra $g(y)$ nghịch biến trên $0< y\leq 4$.Suy ra $g(y)\geq g(4)=\frac{9}{4}$

Suy ra $P\geq \frac{9}{4}$ dấu bằng xảy ra khi $x=y=4$ và $a=b=1$

[phamngochung9a]

Tiếp theo:

Bài 21: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c\ge 12$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$S=\frac{a^3}{\sqrt{ab}+2\sqrt{1+c\sqrt{c}}}+\frac{b^3}{\sqrt{bc}+2\sqrt{1+a\sqrt{a}}}+\frac{c^3}{\sqrt{ca}+2\sqrt{1+b\sqrt{b}}}$.

Theo BĐT $AM-GM$, ta có:

• $2\sqrt{1+c\sqrt{c}}=2\sqrt{\left ( \sqrt{c}+1 \right )\left ( c-\sqrt{c}+1 \right )}\leq c+2$
• $\sqrt{ab}\leq \frac{a+b}{2}$

Vậy:

$\sum \frac{a^{3}}{\sqrt{ab}+2\sqrt{1+c\sqrt{c}}}\geq \sum \frac{a^{3}}{\frac{a+b}{2}+c+2}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{6\left ( a+b+c+3 \right )}$

 

Đặt $a+b+c=t$, khảo sát hàm số $f\left ( t \right )=\frac{t^{3}}{6\left ( t+3 \right )}$ trên $\left [12;+\infty \right )$ ta được:

$S\geq f\left ( t \right )\geq f\left ( 12 \right )=\frac{96}{5}$

 

Vậy $\min S=\frac{96}{5}\Leftrightarrow a=b=c=4$

[tritanngo99]

Lời giải bài 21 và bài 22 các bạn VODANH9X và phamngochung9a đã giải chuẩn rồi, mình xin đề xuất hai bài tiếp theo:

Bài 23: Cho các số thực $a,b,c\in [1,2]$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

Bài 24: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $bc\ge a^2$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}+\sqrt{\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 18-08-2016 - 14:23

[superpower]

Lời giải bài 21 và bài 22 các bạn VODANH9X và phamngochung9a đã giải chuẩn rồi, mình xin đề xuất hai bài tiếp theo:

Bài 23: Cho các số thực $a,b,c\in [1,2]$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

 

Xét hàm số $f(c) = c^2 + 4(ab+bc+ca) $ là hàm đồng biến theo biến $c$

Do đó để $P_{min} $ thì $c $ max

Do đó. ta cần tìm min của biểu thức

$P=\frac{(a+b)^2}{4+4(ab+2a+2b) } $

Mặt khác

Xét hàm số $f(a) = \frac{a^2+2ab+b^2}{(4b+8)a + 4+8b } $

Có $f'(a) = \frac{(4b+8)a^2+ (16b+8)a -4b^3 +8b^2+8b }{[(4b+8)a+4+8b]^2}$

Mà ta có $-4b^3+8b^2+8b > 0 $ (do $b \in [1;2] $)

Do đó $f'(a) >0 $

Tương tự dễ chứng minh $f'(b) >0 $

Mà $a,b \geq 1 => f(a,b) \geq f(1,1) = \frac{1}{6} $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1; c=2 $ 

[phamngochung9a]

Bài 24: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $bc\le a^2$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}+\sqrt{\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}}$.

Bài 24 hình như có vấn đề rồi anh ơi.

 

Vì $bc\leq a^{2}$ nên ta có thể lấy $a$ lớn tùy ý. Khi cho $a\rightarrow +\infty$ thì 

 

$\frac{b^{2}}{ac}\rightarrow 0;\frac{c^{2}}{ab}\rightarrow 0;\frac{b}{c+a}\rightarrow 0;\frac{c}{a+b}\rightarrow 0\\\Rightarrow P\rightarrow 0$ tức là lấy $a$ càng lớn $b,c$ giữ nguyên thì $P$ càng nhỏ và dần đến $0$.

 

 

Chẳng hạn, lấy $a=10^{9};b=1;c=1$ thì ta có: $P= 0,000044723\approx 0$

[MrS]

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: $X=\frac{x-2}{z^2}+\frac{y-2}{x^2}+\frac{z-2}{y^2}$.

Bài 3: Giải bằng dồn biến: $Giả sử a=min(a,b,c)\Rightarrow a\leq 1$

Đặt $f(a,b,c)=3(a^2+b^2+c^2)+4abc-13$

Đặt t=(b+c)/2 xét $f(a,b,c)- f(a,t,t)= (3/2-a)(b-c)^2\geq 0$ do $a\leq 1$ 

$f(a,t,t)=3(a^2+2t^2)+4at^2-13$, ta có a+2t=3 nên a=3-2t, thế vào và rút gọn ta được: $2(t-1)^2(7-4t)\geq 0$ do $t=\frac{b+c}{2}<\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}$ nên 7-4t>0

BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 

[tritanngo99]

Dưới đây là lời giải bài 23 và bài 24:

Lời giải bài 23:

Ta có: $(b+c)^2\ge 4bc\ge 4a^2\iff \frac{b+c}{a}\ge 2$; $\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\ge \frac{(b+c)^2}{a(b+c)}=\frac{b+c}{a}$.

$\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge \frac{(b+c)^2}{2bc+a(b+c)}\ge \frac{(b+c)^2}{\frac{(b+c)^2}{2}+a(b+c)}$

$=\frac{2(b+c)}{b+c+2a}=\frac{2\frac{b+c}{a}}{\frac{b+c}{a}+2}$.

Đặt $t=\frac{b+c}{a}$. Ta có: $t\ge 2$ và $P\ge f(t)=t+\sqrt{\frac{1}{t}}+\sqrt{\frac{2t}{t+2}}$.

Ta có:$f'(t)=1-\frac{1}{2t\sqrt{t}}+\frac{2}{(t+2)\sqrt{2t(t+2)}}=\frac{2t\sqrt{t}-1}{2t\sqrt{t}}+\frac{2}{(t+2)\sqrt{2t(t+2)}}>0\forall t\in (2;+\infty)$.

$\implies f(t)\ge f(2)=3+\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Vậy $P\ge f(t)\ge 3+\frac{1}{\sqrt{2}}$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c\implies P_{min}=3+\frac{1}{\sqrt{2}}$ khi $a=b=c$.

Lời giải bài 24:

Ta có: $P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4c(a+b)+4ab}\ge \frac{(a+b)^2}{c^2+4c(a+b)+(a+b)^2}\rightarrow M$.

Do $a,b,c\in [1,2]$ nên $a+b\ne 0$, nên chia tử và mẫu của $M$ cho $(a+b)^2$ ta được:

$M=\frac{1}{(\frac{c}{a+b})^2+4(\frac{c}{a+b})+1}=\frac{1}{t^2+4t+1}$ với $t=\frac{c}{a+b}$. Với $a,b,c\in [1,2]\iff t\in [\frac{1}{4},1]$.

Xét hàm số $f(t)=\frac{1}{t^2+4t+1}$ trên $[\frac{1}{4},1]$.

Ta có: $f'(t)=\frac{-2(t+2)}{(t^2+4t+1)^2}<0,\forall t\in [\frac{1}{4},1]\implies f'(t)$ nghịch biến trên $[\frac{1}{4},1]$,

Do đó: $t\le 1\implies f(t)\ge f(1)=\frac{1}{6}$.

Đẳng thức xảy ra khi $t=1\iff (a;b;c)=(1;1;2)$.

Vậy $P_{min}=\frac{1}{6}\iff (a;b;c)=(1;1;2)$ 

[tritanngo99]

Tiếp theo: 

Bài 25:Cho $x,y$ thỏa mãn: $x-3\sqrt{x+1}=3\sqrt{y+2}-y$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $P=x+y$.

Bài 26: Trong các nghiệm $(x;y)$ của hệ:$\left\{\begin{matrix} x+y\le 2\\ x^2+y^2+xy=3  \end{matrix}\right.$, hãy tìm nghiệm sao cho $x^2+y^2-xy$ đạt GTLN,GTNN.

[Dinh Xuan Hung]

Tiếp theo: 

Bài 25:Cho $x,y$ thỏa mãn: $x-3\sqrt{x+1}=3\sqrt{y+2}-y$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $P=x+y$.

Bài 26: Trong các nghiệm $(x;y)$ của hệ:$\left\{\begin{matrix} x+y\le 2\\ x^2+y^2+xy=3  \end{matrix}\right.$, hãy tìm nghiệm sao cho $x^2+y^2-xy$ đạt GTLN,GTNN.

Bài 25:

 

$\left ( \sqrt{x+1}+\sqrt{y+2} \right )^2\leq 2\left ( x+y+3 \right )\Leftrightarrow \frac{\left ( x+y \right )^2}{9}\leq 2(x+y)+6\Leftrightarrow (x+y)^2-18(x+y)-54\leq 0\Leftrightarrow 9-3\sqrt{15}\leq x+y\leq 9+3\sqrt{15}$

[tritanngo99]

Dưới đây là lời giải bài 25 và bài 26:

Lời giải bài 25:

Đặt $x+y=S$. Đặt $\sqrt{x+1}=a;\sqrt{y+2}=b$ thì $a,b\ge 0$ và $x=a^2-1;y=b^2-2$. Hệ trở thành:

$\left\{\begin{matrix} a^2+b^2-3(a+b)=3\\ a^2+b^2=S+3  \end{matrix}\right.$

$\iff$ $\left\{\begin{matrix} S+3-3(a+b)=3\\(a+b)^2-2ab=S+3  \end{matrix}\right.$

$\iff$ $\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{S}{3}\\ ab=\frac{S^2-9S-27}{18}  \end{matrix}\right.$(I).

Hệ $(I)$ có nghiệm $(a;b)$ khi và chỉ khi :

$\left\{\begin{matrix} (\frac{S}{3})^2\ge 4*\frac{S^2-9S-27}{18}\\S\ge 0\\ S^2-9S-27\ge 0  \end{matrix}\right.$

$\iff \frac{9+3\sqrt{21}}{2}\le S\le 9+3\sqrt{15}$.

Vậy $max(x+y)=9+3\sqrt{15};min(x+y)=\frac{9+3\sqrt{21}}{2}$

Lời giải bài 26:

Đặt $a=x+y-2$ thì hệ tương đương với $\left\{\begin{matrix} x+y-2=a,a\le 0\\x^2+y^2+xy=3  \end{matrix}\right.$

Ta có:$\left\{\begin{matrix} x+y-2=a\\x^2+y^2+xy=3  \end{matrix}\right.$ $\iff$ $\left\{\begin{matrix} x+y=2+a\\(x+y)^2-xy=3  \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} x+y=2+a\\xy=(2+a)^2-3  \end{matrix}\right.$

Điều kiện đối với $a$ để hệ có nghiệm $(x;y)$ là:

$(2+a)^2\ge 4((a+2)^2-3)\iff (2+a)^2\le 4\iff -4\le a\le 0$(thỏa mãn điều kiện $a\le 0$).

Khi đó: $x^2+y^2-xy=x^2+y^2+xy-2xy=3-2((2+a)^2-3)=-2a^2-8a+1$.

Xét hàm số: $f(a)=-2a^2-8a+1,a\in [-4;0]$.

Lập BBT của hàm số này trên đoạn $[-4;0]$ ta được:

$min(x^2+y^2-xy)=1$ khi $a=0...or...a=-4$ tức là khi $x=y=1...or...x=y=-1$.

$max(x^2+y^2-xy)=9$ khi $a=-2$ tức là khi $x=\sqrt{3};y=-\sqrt{3}$ hoặc $x=-\sqrt{3};y=\sqrt{3}$ 

[tritanngo99]

Tiếp theo:

Bài 27: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$x^2(y+z-x)+y^2(x+z-y)+z^2(x+y-z)\le 3xyz$.

Bài 28: Chứng minh rằng nếu $a,b,c\in [1;2]$ thì $\frac{10a}{bc}+\frac{11b}{ca}+\frac{12c}{ab}\le \frac{69}{2}$ 

[nguyenhongsonk612]

Tiếp theo:

Bài 28: Chứng minh rằng nếu $a,b,c\in [1;2]$ thì $\frac{10a}{bc}+\frac{11b}{ca}+\frac{12c}{ab}\le \frac{69}{2}$ 

Thử làm xem có đúng không

Giải:

Đặt $f(a;b;c)=\frac{10a}{bc}+\frac{11b}{ca}+\frac{12c}{ab}$

$f(a;b;c)$ liên tục trên $[1;2]$

$f'(a)=\frac{10}{bc}-\frac{11b}{ca^2}-\frac{12c}{a^2b}$

$f''(a)=\frac{22b}{ca^3}+\frac{24c}{a^3b}>0$

$\Rightarrow $ Đồ thị hàm số $f(a)$ lõm trên $[1;2]$

 $\Rightarrow$ $\max f(a;b;c)=\max \left \{ f(1;b;c);f(2;b;c) \right \}$

Cứ tiếp tục làm tương tự như vậy ta được  

$\max f(a;b;c)=\max \left \{ f(1;1;1);f(1;1;2);f(1;2;1);f(2;1;1);f(1;2;2);f(2;2;1);f(2;1;2);f(2;2;2) \right \}=\frac{69}{2}$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1;c=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 21-08-2016 - 21:41

[quochungtran]

Bài 27  :                 Bài này có thể dùng kỹ thuật SOS.

    BĐT tương đương x³ + y³ + z³ - 3xyz    $\geq$   x²(y+z) + y²(x+z) + z²(x+y) - 6xyz                     

                           

 hay ( x+ y +z)( (x-y)² + (y-z)² + (x-z)² )   $\geq$   2 ( (x+y)(y+z)(x+z) - 8xyz )= 2 (  x(y-z)² + y(x-z)² + z(x-y)² )

 

  $\sum$  (x-y)² (x+y-z)   $\geq$   0.   Đặt S_x  = y + z -x . S_y = x+z - y . S_z = x + y - z. không mất tính tông quát giả sử          x $\geq$ y  $\geq$ z.

 

 Nên  S_y   > 0, ta có ( x- z)²   $\geq $ ( x - y)² + ( y -  z)² <=> (x-y)(y-z) $\geq$ 0.(đúng)

 

Vì vậy ta có Sx (y-z)²  +  S_y(x-z)²   + S_z (y-x)²  $\geq$ (y-x)² ( S_{z  +}  S_y ) + (y-z)² ( S_y + S_x ) $\geq$  0 (*)

   

 mà  S_{z  +}  S_y  = 2x >0  ,   S_y + Sx   =  2z > 0    suy ra (*)   đúng , suy ra dpcm.      

             

         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z                                       

                    

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quochungtran: 20-08-2016 - 23:19

[quochungtran]

cho mình đề nghị 1 bài

 

Bài 29)     Giả sử x,y,z  $\geq$ 0 và x+y+z = 3 . hãy tìm GTNN của x⁴ + 2y⁴ + 3z⁴.

.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quochungtran: 20-08-2016 - 23:01

[tritanngo99]

Dưới đây là lời giải bài 27 và bài 28:

Lời giải bài 27: Do $BDT$ thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm: $x+y+z=1$.

Thay $(y+z;z+x;x+y)\rightarrow (1-x;1-y;1-z)$ vào biểu thức ban đầu ta được:

$x^2(1-2x)+y^2(1-2y)+z^2(1-2z)\le 3xyz$.

$\iff x^2+y^2+z^2\le 2(x^3+y^3+z^3)+3xyz$.

$\iff (x+y)^2-2xy+z^2\le 2((x+y)^3-3xy(x+y)+z^3)+3xyz$.

$\iff (1-z)^2-2xy+z^2\le 2((1-z)^3-3xy(1-z)+z^3)+3xyz$

$\iff (9z-4)xy+4z^2-4z+1\ge 0$.

Đặt $t=xy,0\le xy\le (\frac{x+y}{2})^2=\frac{(1-z)^2}{4}$ và xét $f(t)=(9z-4)t+4z^2-4z+1$.

Ta có: $f(0)=4z^2-4z+1=(2z-1)^2\ge 0$

$f(\frac{(1-z)^2}{4})=\frac{z(3z-1)^2}{4}\ge 0$

$\implies f(t)\ge 0,\forall t\in [0;\frac{(1-z)^2}{4}]$.

Đẳng thức xảy ra $\iff x=y=z=\frac{1}{3}$ hoặc $x=y=\frac{1}{2};z=0$ và các hoán vị. Điều này tương đương với $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị của nó.

Bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất.

Lời giải bài 28:

 Ta coi một trong ba số $a,b,c$ là một biến số của hàm số, chẳng hạn là $a$, khi đó ta đặt $x=a,x\in[1;2]$ và ta đi xét hàm số:

$f(x)=\frac{1}{x}(\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b})+\frac{10x}{bc}$, đặt 
$\alpha=\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b}=\frac{11b^2+12c^2}{bc};\beta=\frac{10}{bc}$.

Khi đó: $f'(x)=\frac{-\alpha}{x^2}+\beta=\frac{\beta x^2-\alpha}{x^2},f'(x)=0\iff x=\sqrt{\frac{\alpha}{\beta}}$.

Ta có: $\alpha=\frac{11b^2+12c^2}{bc}\ge \frac{33}{bc}>3*\frac{10}{bc}=3\beta\implies x=\sqrt{\frac{\alpha}{\beta}}>1$.

Như vậy ta luôn có: $f(x)\le max(f(1),f(2))=max(g(b),h(b))$, trong đó: $g(b)=f(1)=\frac{10}{bc}+\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b}$ và:

$h(b)=f(2)=\frac{20}{bc}+\frac{11b}{2c}+\frac{6c}{b}$.

Ta xét tiếp $g(b)$ trên đoạn $[1;2]$ có: $g'(b)=\frac{-1}{b^2}(\frac{10}{c}+12c)+\frac{11}{c}=\frac{-1}{b^2}A+B$, trong đó:

$A=\frac{10}{c}+12c=\frac{10+12c^2}{c},B=\frac{11}{c}$ và có: $g'(b)=0\iff b=\sqrt{\frac{A}{B}}>1$.

Như vậy, $g(b)\le max(g(1),g(2))=max(\frac{21}{c},\frac{27}{c}+6c)$.

Xét lần nữa: $n(c)=\frac{21}{c}+12c$ và $m(c)=\frac{27}{c}+6c$ trên đoạn $[1;2]$ có $max_{[1;2]}(n(c),m(c))\le max(\frac{69}{2},33)=\frac{69}{2}$,

Từ đó suy ra: $g(b)\le \frac{69}{2}\forall b,c\in[1;2]$.

Xét tương tự đối với $h(b)\le max(h(1),h(2))=max(\frac{51}{2c}+6c,\frac{21}{c}+3c)\le max(\frac{63}{2},24)=\frac{69}{2}$.

Vậy $\frac{10a}{bc}+\frac{11b}{ca}+\frac{12c}{ab}\le \frac{69}{2}$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1,c=2$. 

Ps: Đây là một trong những phương pháp hàm số khá hữu hiệu đối với những bài toán bị chặn khoảng.