Bài 9: Cho $x,y,z\in [0,1]$. Chứng minh rằng: $(2^x+2^y+2^z)(2^{-x}+2^{-y}+2^{-z})\leq \frac{81}{8}$ 

Đầu tuần mình xin chứng minh bài toán này vì tuần trước đã có nhiều bạn thử sức nhưng có vẻ chưa gỡ được

Đặt $a=2^x, b=2^y, c=2^z$ với $a,b,c \in [1,2]$, khi đó bài toán trở thành chứng minh:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \leq \frac{81}{8}$

Xét $f(x)=x^2-3x+2 trên R$, ta có $f(a),f(b),f(c)\leq 0$

Vậy $a^2-3a+2\leq 0 hay a+\frac{2}{a}\leq 3$ ( tương tự cho b,c )

Suy ra $a+b+c +2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \leq 9$

Ta có: $9\geq a+b+c+2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \geq 2\sqrt{(a+b+c)2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})}$

Hay $(a+b+c)(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})\leq \frac{81}{8}$ (dpcm)  

 

KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG CỰC NGẮN CHO MỌI BẤT ĐẲNG THỨC [DRIVE!sos]

I/ Lời nói đầu.

            Bất đẳng thức luôn là những bài toán rất đẹp, và hay vì chúng luôn cần sự suy nghĩ! Tuy nhiên, việc giải chúng thì ngược lại, việc tìm một lời giải cho chúng vô cùng vất vả và khó khăn. Và đối với những bài toán có 2 đẳng thức trở lên thì mọi việc lại càng trở nên khó khăn hơn. Sau một thời gian học hỏi kinh nghiệm và tìm tòi, chúng tôi đã tìm được một kĩ thuật để đánh giá cho những bất đẳng thức dạng đơn giản, đẹp. Do độ khó của các bài toán nên đôi khi một số lời giải có đôi chút dài, nhưng bù lại là là vẻ đẹp của phương pháp và chúng ta không cần Maple.

Tác giả.

 

tthnew

II/ Cơ sở kĩ thuật 

Giả sử A là biểu thức cần chứng minh. (Ta sẽ chứng minh $A\geq0$)

Cơ sở kĩ thuật của [DRIVE!sos] hết sức đơn giản, chỉ là dựa trên việc xác định hai hệ số  ($k>0$và $k<0$). Sao cho:

+) $A=kP + Q$ ($k>0;P,Q\geq0$)

+) $A=kM+N$ ($k<0;M,N\geq0$)

Khi đó: $A=\frac{QM+PN}{P+M}\geq 0$

Cơ sở kĩ thuật chỉ đơn giản có thế, miễn ta xác định được hệ số k thỏa mãn như trên là bài toán được chứng minh xong. 

Xin mách nhỏ với bạn đọc, khi kết hợp kĩ thuật này với Buffalo Way thì bài toán hết sức ảo diệu đó! Ngoài ra khi kết hợp với BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel thì ta tìm được vô số kiểu SOS!

Chúng ta cùng đến với phần III: Ứng dụng.

III/ Ứng dụng

Bài 1:Bài toán (Korean MO Final,2016):

Với $x,y,z$ là ba số thực bất kì. Chứng minh rằng: $(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy) \leq 8(x^2+y^2+z^2)^3$

Lời giải.

Trước hết, ta có công thức (thực ra ở trên đã nêu rồi, ở đây nêu hơi khác một chút!)

 

Từ đó ta có: $F=(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x+y-z)^2+(z^2-xy).4(x^2-xy+y^2)(x+y+z)^2$

và $F=(x^2+y^2+z^2)^3-(z^2-xy).8(x^2-yz)(y^2-zx)$

Do đó: $F=\frac{[(x^2-xy+y^2)(x^2+y^2+z^2)^2 +2(x^2-yz)(y^2-zx)(x+y-z)^2)](x+y+z)^2}{x^2+xy+y^2}$

Quá tuyệt vời đúng không? Hãy cùng đến với bài 2, một bài toán rất quen thuộc.

Bài 2: Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ với mọi a,b,c

Lời giải.

Ta có: $LHS-RHS=(a-b)^2+(a-c)(b-c)$

Và: $LHS -RHS=(a+b-2c)^2-3(a-c)(b-c)$

Áp dụng công thức ở phần II ta có:$LHS-RHS=\frac{3}{4}(a-b)^2 +\frac{1}{4}(a+b-2c)^2 \geq 0$

Bài 3:(BĐT Schur bậc $3$)

Cho $a,b,c\geq0$. Chứng minh rằng:

$a(a-b)(a-c) +b(b-c)(b-a) +c(c-a)(c-b)\geq 0$

Lời giải.

Kiểu 1: (tthnew)

$LHS-RHS=\frac{[2c(a+b-c)^2+abc](a-b)^2 +(a+b-c)(a^2+b^2-2ab+ac+bc-2c^2)^2}{(a-b)^2+4c(a+b-c)} \geq 0$

Với $c=mid \{a,b,c\}$. (Cần xét các trường hợp để mẫu thức luôn $>0$, nhưng ở đây chỉ trình bày về SOS nên xin phép không nêu)

Kiểu 2: (DOTOANNANG)

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)=\frac{(a-b)^2ab+(a-c)^2ac +(b-c)^2(a-b-c)^2}{b+c} \geq 0$

 

Bài 4: (Kết hợp với Buffalo-Way)

Cho $a,b,c\geq0$. Chứng minh rằng: $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\geq0$

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\min\{a,b,c\}$. Đặt $a=c+x;b=c+y$ thì $x,y\geq0$

Thay vào và bất đẳng trở thành: $LHS=9c(x^2-xy+y^2)+(4x+y)(x-2y)^2 \geq 0$

Ta thế ngược lại và thu được: $LHS=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) +(4a+b-5c)(a+c-2b)^2\geq0$

Đây cũng là cách phân tích theo kiểu Ji Chen.

Bài 5: (IMO 1983)

Cho a,b,c là độ dài $3$ cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$

Lời giải.

Kiểu 1: (tthnew)

$\sum\limits_{cyc} a^2 b(a-b) = \frac{[3ab+b(c-b)+4a(c-a)](b-c)^2+b(a+b-c)(b+c-2a)^2}{4}$

 với $c=\max\{a,b,c\}$

Kiểu 2:(DOTOANNANG)

Xem tại đây: IMO 1983 - Haidangel

Kiểu 3: (Theo Bernhard Leeb)

$LHS=a(b+c-a)(b-c)^2+b(a+b-c)(a-b)(a-c) \geq 0$ với $a=\max\{a,b,c\}$

Cũng xin nói thêm rằng, SOS dao lam có vô số kiểu SOS, không nhất thiết phải cứng nhắc là tìm $2$ hệ số $k$ như ở phần II. Kiểu $3$ này minh chứng cho điều đó.

Bài viết còn đang tiếp tục cập nhật… Phần tiếp theo sẽ nói về sự kết hợp tuyệt vời giữa BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và SOS dao lam [DRIVE!sos].

Đây chỉ là một kĩ thuật nho nhỏ mà em học được từ anh DOTOANNANG, hiện tại kĩ thuật này vẫn chỉ ở mức độ mẹo, mong mọi người cùng phát triển nó để nó trở thành một phương pháp SOS cực mạnh

Tài liệu tham khảo:

*https://diendantoanhoc.net/topic/187455-sumlimits-cycitsumititaitbitcitgeqqit0/?p=721176

Tác giả: DOTOANNANG

*Diễn đàn Toán học VMF (https://diendantoanhoc.net/)

*Diễn đàn AoPS

 

Bạn có thể giải thích cho mình tại sao A suy ra được từ 2 đăng thức trên được không ( phần II Cơ sở kỹ thuật ) mình chưa hiểu. 

Anh có thể giải kĩ cái TH2 giúp em đc ko ạ ? Em cảm ơn

Bạn cứ chia trường hợp như mình nói, bí chỗ nào thì nói mình

$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}}\le \frac{1}{2a+b}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)$

 

Tương tự: 

$\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2b+c\right)^2+\left(b-c\right)^2}}\le \frac{1}{2b+c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

 

$\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2c+a\right)^2+\left(c-a\right)^2}}\le \frac{1}{2c+a}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)$

 

$\Rightarrow P\le \frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le \sqrt{\frac{1}{3}.3.\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=1$

 

$\Rightarrow Max_P=1\Leftrightarrow a=b=c=3$

Đây cũng là 1 đánh giá hay. Hơi tiếc 2 dòng cuối sai chút xíu có lẽ do gõ nhanh quá nên bạn nhầm. $\frac{1}{3}$ bạn ko đưa vào căn nhé và dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$. 

@@@ ra đc chưa bn ơi

https://artofproblem...007359_find_sum

Mình nghĩ đề bài này bị sai r bạn a.. Khi mình thay $x=y=z=1$ thì $L.H.S=9\geq\frac{81}{8}$

Bạn nhầm ấy $9 \leq \frac{81}{8}$ mà nên mình mới nói chưa chắc dấu bằng khi max xảy ra khi x=y=z=1 

Mình nghĩ đề bài này bị sai r bạn a.. Khi mình thay $x=y=z=1$ thì $L.H.S=9\geq\frac{81}{8}$

Theo mình thì có thể dấu bằng không xảy ra ngay tại x=y=z=1 nên vấn đề bạn nói chưa chắc đề sai

Mình xin đưa ra lời giải cho Bài 10

$A=\sum\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}=\sum\frac{x(x^2+xy+y^2)-xy(x+y))}{x^2+xy+y^2}=2020-\sum \frac{xy(x+y)}{x^2+xy+y^2}$

Mà $x^2+xy+y^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2$

Nên $\sum\frac{xy(x+y)}{x^2+xy+y^2}\leq\sum\frac{xy(x+y)}{\frac{3}{4}(x+y)^2}=\sum\frac{4}{3}.\frac{xy}{x+y}\leq \sum\frac{xy}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})=\sum\frac{1}{3}(x+y)$

$\Rightarrow A\geq \frac{2020}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2020}{3}$

Bạn đánh giá hay quá 

Mình cũng xin trình bày 1 cách khác cho bài toán:

$A=\frac{x^4}{x(x^+xy+y^2)}+\frac{y^4}{y(y^2+yz+z^2)}+\frac{z^4}{z(z^2+zx+x^2)}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x(x^2+xy+y^2)+y(y^2+yz+z^2)+z(z^2+zx+x^2)}$

Ta có $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=2020(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=2020(x^2+y^2+z^2)-2020(xy+yz+zx)$

Vậy $x(x^2+xy+y^2)+y(y^2+yz+z^2)+z(z^2+zx+x^2)=x^3+y^3+z^3+xy(x+y)+yz(z+y)+zx(z+x)=x^3+y^3+z^3+xy(2020-z)+yz(2020-x)+zx(2020-y)=2020(x^2+y^2+z^2)$

Từ đó ta suy ra $A\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2020(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3.2020}=\frac{2020}{3}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{2020}{3}$

Giải các pt sau:

1. x^4+2x^3+8x-16=0

2. $x^2+x+6=(x+3)\sqrt{x^2-x+4}$

Câu 1: Bấm casio tìm được 2 nghiệm thì tổng của 2 nghiệm này bằng -2 và tích bằng -4 nên ta phân tích đa thức $x^4+2x^3+8x-16=(x^2+2x-4)(x^2+4)=0$, sau đó giải bình thường.

Câu 2: Bình phương nên rồi giải như câu 1 ( hơi cơ bắp ) 

Cảm ơn bạn      Mình đánh vội quá nên lộn.

Đánh sai là chuyện bình thường thôi bạn  . Hi vọng bạn và mọi người vẫn tiếp tục đóng góp cho chuyên mục này.

Giả sử g(x) và f(x) là hai đa thức có bậc không quá n và có giá trị trùng nhau tại n+1 điểm khác nhau. CMR f(x)=g(x) với mọi x

Xét phương trình $h(x)=f(x)-g(x)=0$ ta thấy $h(x)$ có bậc không quá n nhưng lại có n+1 nghiệm nên $h(x)=0$, với mọi x

Bài 11: Tính tích phân $I=\int_{1}^{2}\frac{2-\sqrt{4-x^2}}{3x^4}dx$

Mất 2 trang cuối thì ráng ra nhà sách lấy điện thoại chụp lại hay liên hệ ai có sách rồi nhờ người đó chụp bạn ơi 

Giúp mình bài 3 nữa nhé mọi người !

Đầu tiên bạn thiết lập được giải phương trình $f(1)-g(\frac{-a}{2})=8$, sau đó thế rút b theo a rồi thế vào g(x) và giải phương trình hoành độ giao điểm của f và g rồi biện luận phương trình bậc 2 có nghiệm duy nhất là xong 

Em chưa học đạo hàm anh ơi!!Hì.Anh có thể giải bằng cách lớp 10 đc ko ạ?em cảm ơn ạ!

Xét $x_1<x_2<2$, ta tìm m thỏa $y(x_1)>y(x_2)$ tương đương $(m-1)(x_1^2-x_2^2)-2m(x_1-x_2)>0 <=> (m-1)(x_1+x_2)-2m<0 (1)$. Xét m=1 thì (1) thỏa mãn, xét m khác 1 chia trường hợp như trên là ra nha bạn.  

cho hàm số y=(m-1)x^2-2mx+m+2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (-vô cực;2)

Nếu m=1 thì y=-2x+2 suy ra $y'=-2$ nghịch biến trên $(-\inf ;2)$. Nhận m=1

Nếu m khác 1 thì $y'=2(m-1)x-2m$ để hàm số nghịch biến trên $(-\inf;2)$ thì y' < 0 với mọi $x\in (-\inf;2)$.  Hay $y'<4(m-1)-2m<0$, suy ra $m<2$

Mình xin đưa ra lời giải cho Bài 1

$P=\sum\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\sum\frac{1}{\sqrt{4a^2+(a+b)^2+b^2}}=\sum\frac{3}{\sqrt{(4a^2+(a+b)^2+b^2)(4+4+1)}}\leq\sum\frac{3}{4a+2a+2a+b}=\sum\frac{3}{8a+b}$

Đến đây thì khá là dễ r

Mình xin được bổ sung thêm phần còn thiếu của bạn và sửa lại lỗi sai trong quá trình đánh giá bất đẳng thức của bạn để lời giải hoàn chỉnh:

$\sum \frac{3}{6a+3b}=\sum\frac{1}{2a+b}\leq \sum \frac{1}{9}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{3}\sum\frac{1}{a}\leq \frac{\sqrt{3}}{3}$ ( do từ $\sum\frac{1}{a^2} \geq \frac{1}{3} (\sum\frac{1}{a})^ 2$ suy ra $\sum\frac{1}{a}\leq \sqrt{3}$). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Mong bạn tiếp tục tham gia đóng góp lời giải cho các bài còn lại. 

Bài 10: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=2020.$ Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                                   $A=\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}$

Bài 9: Cho $x,y,z\in [0,1]$. Chứng minh rằng: $(2^x+2^y+2^z)(2^{-x}+2^{-y}+2^{-z})\leq \frac{81}{8}$ 

Bài 8: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn: $x^2+y^2\leq \pi$. Chứng minh rằng: $cosx+cosy\leq 1+cos(xy)$

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A=2x^2-xy+2y^2$ với x,y là các số thực thỏa mãn: $x^2-xy+y^2=3$

Bài 6: Xét $x,y\in R$ thỏa mãn điều kiện: $3x-6\sqrt{2x+4}=4\sqrt{3y+18}-y$

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{x}{2}+\frac{y}{3}-1$

Bài 5: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn:

                                                                $9(a^4+b^4+c^4)-25(a^2+b^2+c^2)+48=0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                                $F=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}$

Bài 4: Cho tam giác ABC có diện tích S, BC=a, CA=b, AB=c.

Chứng minh rằng: $\frac{(b+c-a)a^2}{b+c}+\frac{(c+a-b)b^2}{c+a}+\frac{(a+b-c)c^2}{a+b} \geq 2\sqrt{3} S$

Bài 3: Cho a,b,c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thỏa mãn:

                                                                $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$