BÀI TOÁN Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=1$. Tìm Min $P=\frac{y^{2}z^{2}}{x(y^{2}+z^{2})}+\frac{z^{2}x^{2}}{y(x^{2}+z^{2})}+\frac{x^{2}y^{2}}{z(x^{2}+y^{2})}$

Đổi biến $(a,b,c)=\left (\frac{1}{x};\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right)$ thì $a^2+b^2+c^2=1$ và $a,b,c>0$.Khi đó $P=\sum_{cyc} \frac{a}{b^2+c^2}=\sum_{a,c,b}\frac{a}{1-a^2}$.

Ta sẽ chứng minh rằng :

$$\frac{a}{1-a^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}a^{2}}{2},\forall a \in (0,1)\Leftrightarrow a\left ( a-\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}\left ( a+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )\geqslant 0$$

BĐT trên luôn đúng với mọi $a \in (0,1)$.

Do đó $P \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}$.

Nhận xét ngoài lề:

Bài toán gốc của bài này là chứng minh BĐT $\sum \frac{a}{b^2+c^2} \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ với $a,b,c>0$.Các bạn có thể xem lời giải trực tiếp không qua thuần nhất ở http://diendantoanho...qrt32/?p=624929 (phần Cách 2)

Bất đẳng thức này đúng là quen thuộc, có thể tham khảo thêm đề Việt Nam MO 1998.

 

Bài 19 (Cyprus TST). Giả sử $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC$ và thỏa mãn điều kiện
$$a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2},$$
Chứng minh rằng $ABC$ là tam giác vuông.
 

Theo C-S:

$$4\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt{8+6+2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}$$

Kết hợp với điều kiện đầu bài cho,ta sẽ có đẳng thức xảy ra hay:

$$\frac{a}{\sqrt{8}}=\frac{b}{\sqrt{6}}=\frac{c}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{8}=\frac{b^{2}}{6}=\frac{c^{2}}{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{8}\Rightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$$

Vậy tam giác ABC vuông.

Bài 15 (Australien MO). Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=1.$ Chứng minh rằng

$$\left | a+\frac{a}{b}+b+\frac{b}{a} \right |\geq 2-\sqrt{2}.$$

 

Theo BĐT trị tuyệt đối và C-S:

$$\left | (a+b)+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right |\geqslant \left | \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right |-\left | a+b \right |\geqslant 2-\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}=2-\sqrt{2}$$

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;1)$. Gọi $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ lần lượt là đường cao hạ từ đỉnh $A, B, C$ xuống cạnh đối diện. Tìm $max$ của: 

$M=\sum\frac{1}{h_{a}+2h_{b}}$

 Gợi ý cho bài này:

BĐT C-S: $\frac{1}{h_{a}+2h_{b}} \leqslant \frac{1}{9}\left (\frac{1}{h_{a}}+\frac{2}{h_{b}} \right )$

Đẳng thức quen thuộc $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}=1$

Cách cơ bản nhất để xét tính tăng giảm của dãy là xét hiệu $u_{n+1}-u_n$,nếu dương thì là dãy tăng,âm là dãy giảm.

Cho $0\leq a;b\leq 1$ .Tìm Max $F=\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}$

Ta sẽ chứng minh $F \leqslant \frac{1}{3}$ hay:

$$\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}\leqslant \frac{1}{3}\Leftrightarrow 12(a+b)(1+ab-a^{2}-b^{2})+9(1+ab-a^{2}-b^{2})+7ab\geqslant 0$$

Để ý rằng do $0 \leqslant a,b \leqslant 1$ nên $ab \geqslant 0,a \geqslant a^2,b \geqslant b^2$ và $(1-a)(1-b) \geqslant 0 \Leftrightarrow 1+ab \geqslant a+b \geqslant a^2+b^2$.

Vậy BĐT đã được chứng minh.$F_{\max}=\frac{1}{3}$ khi $a=0,b=1$ hay các hoán vị.

Bài toán: Cho trước số thực $p$ thuộc $[0;1]$.Hãy tính tổng :
$$S=\sum_{k=1}^{n}\frac{k(k+1)}{2}p^{\frac{k(k-1)}{2}}\left(1-p^{k} \right)$$
 
 

Giờ rảnh rỗi,ngồi giải lại mấy bài mà mình post lên thử

Trường hợp $p=1$ và $p=0$ thì $S=0$,xét $p \neq 0$ và $p \neq 1$.

Để ý rằng :

$$p^{\frac{k(k-1)}{2}}(1-p^{k})=p^{\frac{k(k-1)}{2}}-p^{\frac{k(k+1)}{2}}=-\Delta p^{\frac{k(k-1)}{2}}$$

Nên theo SPTP thì:

$$-S=\left [ \frac{k(k+1)}{2}p^{\frac{k(k-1)}{2}} \right ]_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^{n}p^{\frac{k(k+1)}{2}}\Delta \frac{k(k+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}p^{\frac{n(n+1)}{2}}-1-S_{1}$$

Biến đổi tổng $S_1$ như sau:

$$S_{1}=\sum_{k=1}^{n}p^{\frac{k(k+1)}{2}}\left ( \frac{(k+1)(k+2)}{2}-\frac{k(k+1)}{2} \right )=\sum_{k=1}^{n}(k+1)p^{\frac{k(k+1)}{2}}$$

Phân đoạn module $2$,ta sẽ có:

$$S_{1}=\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}p^{i}(2i+1)+2\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}p^{j}j=S_{2}+2S_{3}$$

Để ý rằng $\Delta p^{i}=(p-1)p^{i}$ nên:

$$S_{2}=\frac{1}{p-1}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\Delta p^{i}(2i+1)=\frac{1}{p-1}\left [ p^{i}(2i+1) \right ]_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-\frac{1}{p-1}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}p^{i+1}\Delta (2i+1)$$

Do đó:

$$S_{2}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}(2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1)-3p}{p-1}-\frac{2p}{(p-1)^{2}}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\Delta p^{i}$$

Hay:

$$S_{2}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\left ( 2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor +1 \right)-3p}{p-1}-\frac{2p^{2}(p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor }-1)}{(p-1)^{2}}$$

Tương tự, ta có :

$$S_{3}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor-p}{p-1}-\frac{p^{2}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}-1 \right )}{(p-1)^2}$$

Do đó:

$$S_{1}=\frac{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-5p}{p-1}-\frac{2p^{2}}{(p-1)^{2}}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \right )$$

Vậy :

$$S=1+\frac{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-5p}{p-1}-\frac{2p^{2}}{(p-1)^{2}}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \right )-\frac{(n+1)(n+2)}{2}p^{\frac{n(n+1)}{2}}$$

Xem ở http://www.artofprob...1224515p6147896

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ac+b^2=2bc.$ Tìm GTNN của $P=\frac{2a^2+b^2}{\sqrt{a^2b^2-ab^3+4b^4}}+\frac{2b^2+c^2}{\sqrt{b^2c^2-bc^3+4c^4}}$

---------------------------------

Viết lại điều kiện thành $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}=2$ và $P=f\left(\frac{a}{b} \right)+f\left(\frac{b}{c} \right)$ với $f(t)=\frac{2t^2+1}{\sqrt{t^2-t+4}}$.

Đặt $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c}$ thì $x,y>0$ và $x+y=2,P=f(x)+f(y)$.

Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:

$$\frac{2x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}-x+4}}\geqslant \frac{29x-5}{16},\forall x \in (0;2)\Leftrightarrow 3(x-1)^{2}(61x^{2}+499x+52)\geqslant 0$$

BĐT luôn đúng với mọi $x \in (0;2)$.

Do đó $P \geqslant \frac{29(x+y)-10}{16}=3$.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$ hay $a=b=c$.

Xét tính đơn điệu và bị chặn của các dãy số sau :

1)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{1}{3}U_n+5 \end{matrix}\right.$

2)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{U_n+2}{U_n+1} \end{matrix}\right.$

3)$\left\{\begin{matrix} U_1=2\\ U_{n+1}=\sqrt{U_n+2} \end{matrix}\right.$

1) Dãy này chặn trên bởi $\frac{15}{2}$(quy nạp) và là dãy tăng.

2)$u_{n+1}=1+\frac{1}{u_n+1}$.Dãy này chặn dưới bởi $1$ và là dãy giảm,bắt đầu từ $u_2$

3)Dãy này bị chặn trên bởi $2$(quy nạp) và là dãy tăng.

Từ giả thiết áp dụng BDDT Bunhiacopski dạng cộng mẫu Engel ta có:

$\frac{3}{2}=\frac{a^4}{b+c}+\frac{b^4}{a+c}+\frac{c^4}{a+b}\geqslant \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{2(a+b+c)}\Rightarrow 3(a+b+c)\geqslant (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2} \geqslant [(\frac{a+b+c}{3})^{2}]^{2}\Rightarrow 3\geqslant a+b+c$ và $3\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cachy 2 số và những điều kiện đã chứng minh:

$\Rightarrow 9\geqslant (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})=(a^{3}+ac^{2})+(b^{3}+ba^{2})+(c^{3}+cb^{2}) +ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\geqslant \geqslant 2(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}=3(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})\Rightarrow ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\leqslant 3$

Vậy max P = 3 khi a=b=c=1

Đề chỉ cho $a,b,c$ là số thực chứ không có dương nên không áp dụng AM-GM và C-S kiểu này được :|

Quả đúng là em hơi hấp tấp,không để ý đến cái điều kiện,xấu hổ ghê 

Anh fix lại chỗ màu đỏ đi ạ,phải là $a^2-ab+b^2$ .

Cho em hỏi thêm làm sao anh phân tích được 2 tổng chuẩn như vậy ạ,em quy đồng lên thì ra được $\frac{(a-b)(a-c)(b-c)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{\prod (a^2-ab+b^2)}\geq 0$ cũng đúng cơ mà hơi tốn sức

Em giữ nguyên 2 cái phân thức đầu,chỉ cần phân tích $\frac{ca(c-a)}{c^2+a^2-ca}$ với để ý là $c-a=(c-b)+(b-a)$,từ đó em nhóm các phân thức chứa $a-b$ và $b-c$ lại sẽ ra như trên

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a^2-b^2)}{a^{3}+b^3}\geq 0\Leftrightarrow\sum \frac{ab(a-b)}{a^{2}-ab+b^2}\leq \sum \frac{ab(a-b)}{ab}=a-b+b-c+c-a=0$

Đề có sai không nhỉ ? hay là mình sai ?

Đề ở trên đúng rồi Cách làm của HappyLife sai ở phân thức $\frac{ca(c-a)}{c^2+a^2-ca} \geqslant c-a$ do $c-a \leqslant 0$

Biến đổi thuần Đại Số ,ta sẽ có BĐT tương đương với:

$$\sum \frac{ab(a-b)}{a^{2}+b^{2}-ab}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{a(a-b)(b-c)(a^{2}-bc)}{(a^{2}-ab+b^{2})(c^{2}+a^{2}-ca)}+\frac{c(b-c)(a-b)(ab-c^{2})}{(b^{2}+c^{2}-bc)(c^{2}+a^{2}-ac)}\geqslant 0$$

BĐT trên luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.

Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $x+y+z+xyz=4$,chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant \left ( \frac{17\sqrt{17}-47}{8} \right )(x+y+z)+\frac{165-51\sqrt{17}}{8}$$

Cho $a,b,c>0$. CMR:
$(a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Spoiler

Lâu rồi không đăng bài...

BĐT tương đương với:

$$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}-1\geqslant \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}-1\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \right )(b-c)^{2}\geqslant 0$$

Đặt $S_{a}=\frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{b}=\frac{1}{8ac}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{c}=\frac{1}{8ab}-\frac{1}{(a+b+c)^2}$.Ta cần chứng minh $\sum S_{a}(b-c)^2 \geqslant 0$.

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geqslant b \geqslant c$.Khi này ta có $(a+b+c)^2>(a+2c)^2 \geqslant 8ac \Leftrightarrow S_{b} \geqslant 0$

$(c-a)^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+2(a-b)(b-c)\geqslant (a-b)^{2}+(b-c)^{2}$

$\Leftrightarrow S_{b}(c-a)^2 \geqslant S_{b}(a-b)^2+S_{b}(b-c)^2$

Suy ra:

$$\sum S_{a}(b-c)^{2}\geqslant \left ( S_{a}+S_{b} \right )(b-c)^{2}+(S_{b}+S_{c})(a-b)^{2}$$

Mặt khác $(a+b+c)^2>(2b+c)^2 \geqslant 8bc$,suy ra $S_{a} \geqslant 0$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh :

$$S_{b}+S_{c}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{1}{8ac}+\frac{1}{8ab}-\frac{2}{(a+b+c)^{2}}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{(b+c)(a+b+c)^{2}-16abc}{8abc(a+b+c)^{2}}\geqslant 0$$

Dễ thấy $b+c \geqslant 2c$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$$(a+b+c)^2 \geqslant 8ab \Leftrightarrow (a-b)^2+(c-2a)(c-2b) \geqslant 0$$

Đây là BĐT luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.

Vậy ta có đpcm.

Chưng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$

Theo BĐT Holder thì:

$$\left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\left ( a\left ( b+c \right )+b(a+c)+c(a+b) \right )\geqslant (a+b+c)^{3}$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$$\sqrt{\frac{(a+b+c)^{3}}{2(ab+bc+ca)}}\geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow a+b+c\geqslant ab+bc+ca$$

Mặt khác,ta có theo AM-GM:

$$4=a+b+c+abc \leqslant (a+b+c)+\frac{(a+b+c)^{3}}{27}\Leftrightarrow (x-3)(x^{2}+3x+36)\geqslant 0\Leftrightarrow x\geqslant 3$$

Trong đó $x=a+b+c>0$.

Ta có:

$4\left ( a+b+c \right )=(a+b+c+abc)(a+b+c)=2(ab+bc+ca)+\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+abc(a+b+c)$

$\geqslant 2(ab+bc+ca)+(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{9abc}{a+b+c}$

Lại có theo BĐT Schur thì:

$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$$

Do đó:

$$4\left ( a+b+c \right )\geqslant 2(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a+b+c \geqslant ab+bc+ca$$

Vậy ta có đpcm.

Bài này mình lấy từ THTT,lời giải thì không cần xét trường hợp $b,c$.Trích dẫn lời giải:

Ta gọi 2 nghiệm của pt $ax^2+bx+c=0$ là $m$ và $p$.Giả sử $|m| \leqslant |p|$,suy ra $m \neq p\neq 0$.Theo Viete thì $m+p=\frac{-b}{a}$ và $mp=\frac{c}{a}$.Do đó:

$x_{n}\left ( ax_{n-1}+b \right )+c=0\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}+\frac{b}{a} \right )+\frac{c}{a}=0$

$\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}-(m+p) \right )+mp=0\Leftrightarrow (x_{n}-p)(x_{n-1}-p)+p(x_{n-1}-p)-m(x_{n}-p)=0$

Nếu $\alpha=m$ thì $x_n=m,\forall n \ge 1$.Khi này $\lim x_n=m$.Trường hợp $\alpha=p$ tương tự.

Xét $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$.Khi này $x_n \neq m$ và $x_n \neq p$.

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n-p} \Leftrightarrow x_n=p+\frac{1}{y_n}$,ta sẽ có:

$$1+py_{n}-my_{n-1}=0\Leftrightarrow y_{n}=\frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}(n=1,2,....)$$

Xét :

$\left | y_{n}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p} \right |\left | y_{ n-1}-\frac{1}{m-p} \right |=....=\left | \frac{m}{p} \right |^{n}\left | y_{0}-\frac{1}{m-p} \right |$

Nếu $|m|<|p|$ thì $\left|\frac{m}{p} \right|^{n} \to 0$ khi $n \to +\infty$ và $\lim y_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim x_n=m$

Nếu $m=-p$ thì $b=0$ và $\left|y_n-\frac{1}{m-p} \right|=\left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|$.Suy ra $x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p} \pm \left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|}$

Trưởng hợp này không tồn tại $\lim x_n$.

$Cho xy+yz+zx=xyz....Tìm GTNN \frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}+6\left ( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right )$

Xem ở http://www.artofprob...e_minimum_value

Cho a, b, c>0. Tìm GTLN của: $\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}$

Đặt $P=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}$

Biến đổi $\frac{1}{2}-\frac{a(b+c)}{a^{2}+\left ( b+c \right )^{2}}=\frac{(b+c-a)^{2}}{2(a^{2}+(b+c)^{2})}$

Do đó $3-2P=\sum \frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}$.Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}\geqslant \frac{3}{5}$

Đặt $x=\frac{b+c}{a};y=\frac{c+a}{b};z=\frac{a+b}{c}$ thì $x,y,z>0$.BĐT cần chứng minh tương đương với $\sum \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+1}\geqslant \frac{3}{5}$

Theo C-S:

$$\sum \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+1}\geqslant \frac{(x+y+z-3)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+3}$$

Ta chỉ cần chứng minh:

$$\frac{(x+y+z-3)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+3}\geqslant \frac{3}{5}\Leftrightarrow \left ( \sum x \right )^{2}-15\sum x+3\sum xy+18\geqslant 0$$

Mặt khác,theo BĐT Schur:

$$\frac{(a+b)(b+c)}{ac}+\frac{(b+c)(c+a)}{ab}+\frac{(c+a)(a+b)}{bc}\geqslant 2\left ( \frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \right ) \Leftrightarrow \sum xy \geqslant 2\sum x$$

Do đó:

$$\left ( \sum x \right )^{2}-15\sum x+3\sum xy+18\geqslant \left ( \sum x \right )^{2}-9\sum x+18=\left ( \sum x -6\right )\left ( \sum x -3 \right )\geqslant 0$$ 

do $\sum x \geqslant 6$

Vậy $P \leqslant \frac{6}{5}$ .Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$.

1. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=9, xyz\leq 0$ $\leq 0$.

Chứng minh rằng: $2(x+y+z)-xyz\leq 10$

2. Cho số thực $k\in (0,2015)$. Xét các số thực không âm x,y,x thỏa mãn x+y+z=1. Tùy theo k tìm GTLN của biểu thức: E=xy+yz+zx-kxyz

Bài 1 này là VMO 2002,bạn có thể sử dụng Google để tìm lời giải.

Bài 2 này nếu đã biết tới BĐT Schur thì sẽ rất dễ dàng để xử lý.

Xét $q=ab+bc+ca,r=abc$ thì $0<q \leqslant \frac{1}{3}$ và $0 \leqslant r \leqslant \frac{1}{27}$

Theo Schur thì $r\geqslant \min \left \{ 0;\frac{4q-1}{9} \right \}$ nên ta sẽ xét 2 trường hợp:

$0<q \leqslant \frac{1}{4}:$ Khi này $r \geqslant 0$ nên $E \leqslant q \leqslant \frac{1}{4}$

$\frac{1}{4} \leqslant q \leqslant \frac{1}{3}:$ Khi này $r \geqslant \frac{4q-1}{9}$.Do đó $E \leqslant q-\frac{k(4q-1)}{9}=\frac{(9-4k)q}{9}+\frac{k}{9}$

Đến đây ta lại xét 2 trường hợp nhỏ là $0<k \leqslant \frac{9}{4}$ và $k>\frac{9}{4}$.

Với $0<k \leqslant \frac{9}{4}$ thì $E\leqslant \frac{\frac{9-4k}{3}+k}{9}=\frac{9-k}{27}$

Với $k>\frac{9}{4}$ thì $E\leqslant \frac{\frac{9-4k}{4}+k}{9}=\frac{1}{4}$

Như vậy ta có thể kết luận như sau:

Với $0<k \leqslant \frac{9}{4}$ thì $\max E=\frac{9-k}{27}$

Với $2015>k>\frac{9}{4}$ thì $\max E=\frac{1}{4}$

Nhận xét ngoài lề:

Ngoài ra ta còn có thể tìm GTNN của $E$ phụ thuộc vào $k$.Ở đây là link cho 1 topic tập hợp kết quả của các dạng toán này:

http://www.artofprob...about_abbccaabc

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{2z^2}$. Tìm GTNN của P= $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

Điều kiện tương đương với $z=\frac{xy}{\sqrt{2(x^{2}+y^{2})}} \leqslant \frac{xy}{x+y}$.Theo C-S thì:

$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}\geqslant \frac{(x+y)^{2}}{2xy+z(x+y)}$$

Do đó:

$P\geqslant \frac{(x+y)^{2}}{3xy}+\frac{1}{\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{z^{2}}+1}}=\frac{x^{2}+y^{2}}{3xy}+\frac{2}{3}+\frac{xy}{\sqrt{2(x^{2}+y^{2})^{2}+x^{2}y^{2}}}$

$\geqslant \frac{x^{2}+y^{2}}{3xy}+\frac{2}{3}+\frac{xy}{\sqrt{2(x^{2}+y^{2})^{2}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}}}=\frac{x^{2}+y^{2}}{3xy}+\frac{2}{3}+\frac{2xy}{3(x^{2}+y^{2})}$

Đặt $t=\frac{x^2+y^2}{xy}$ thì $t \geqslant 2$.Khi đó $P \geqslant \frac{2}{3}+\frac{1}{3}f(t)$ với $f(t)=t+\frac{2}{t}$

Đạo hàm $f'(t)=1-\frac{2}{t^2}>0,\forall t \geqslant 2$ nên $f(t) \geqslant f(2)=3$,suy ra $P \geqslant \frac{5}{3}$

$P_{\min}=\frac{5}{3}$ khi và chỉ khi $x=y=2z$

Từ ĐK đề bài cho,tồn tại các số $a,b,c>0$ sao cho $x=\sqrt{\frac{a+b}{c}};y=\sqrt{\frac{b+c}{a}};z=\sqrt{\frac{c+a}{b}}$.

Do đó BĐT cần chứng minh trở thành:

$$\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\geqslant 2\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \right )$$

Ta có:

$$\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}}\geqslant \sum \frac{\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{2a}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum \left ( \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}} \right )\geqslant \sqrt{2}\sum \sqrt{\frac{b}{\sqrt{ac}}}\geqslant 2\sum \sqrt{\frac{b}{a+c}}$$

Ta có đpcm.

 

Câu 4: 

           a) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $cos^{2}B+ cos^{2}C\leq sin^{2}A$

           Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $F=\sqrt{2}sin^{4}\frac{A}{2}+\sqrt{2}cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}$

# Thảo luận về đề thi HSG 11 tỉnh Hà Tĩnh 2015- 2016 tại đây.

 

Theo C-S:

$$\sin^{2}A\geqslant \cos^{2}B+\cos^{2}C\geqslant \frac{\left ( \cos B+\cos C \right )^{2}}{2}\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin A\geqslant \left | \cos B+\cos C \right |\geqslant \cos B+\cos C$$

Biến đổi:

$$F=\sqrt{2}\sin^{4}\frac{A}{2}+\sqrt{2}\cos^{2}\frac{A}{2}+1+\frac{\cos B+\cos C}{2}\leqslant \sqrt{2}\left ( \sin^{4}\frac{A}{2}+1-\sin^{2}\frac{A}{2}+2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}\right)+1$$

Đặt $t=\sin\frac{A}{2}$ thì $\cos\frac{A}{2}=\sqrt{1-t^2}$ và $0<t<1$.Khi đó $F \leqslant \sqrt{2}f(t)+1$ với $f(t)=t^4+1-t^2+2t\sqrt{1-t^2}$

Khảo sát hàm $f(t)$ trên khoảng $(0,1$ với $f'(t)=\frac{2\left ( 2t^{2}-1 \right )\left ( t\sqrt{1-t^{2}}-1 \right )}{\sqrt{1-t^{2}}}$

Để ý rằng $t\sqrt{1-t^2}-1<0,\forall t \in (0,1)$ nên $f'(t)=0$ có nghiệm là $t=\frac{1}{\sqrt{2}}$ và $f'(t)$ trái dấu với $2t^2-1$.

Do đó $\max_{0<t<1} f(t)=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)=\frac{7}{4}$.

Vậy ta có $F \leqslant \sqrt{2}f(t)+1 \leqslant 1+\frac{7\sqrt{2}}{4}$.$F_{\max}=1+\frac{7\sqrt{2}}{4}$ khi $B=C=\frac{\pi}{4};A=\frac{\pi}{2}$

Ta có thể viết lại công thức truy hồi dưới dạng :

$$u_{n+1}=u_{n}+\frac{2u_n}{2n-1}=\frac{2n+1}{2n-1}u_n=\frac{2n+1}{2n-1}.\frac{2n-1}{2n-3}u_{n-1}=....=\frac{2n+1}{2.1-1}u_1=2(2n+1)$$

Vậy :

$\lim \frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}u_{k}^{2}=\lim \frac{4}{n^{3}}\left ( \sum_{k=1}^{n}\left ( 2k-1 \right )^{2} \right )=\lim \frac{4}{n^{3}}\left ( 4\sum_{k=1}^{n}k^{2}+n-4\sum_{k=1}^{n}k \right )$

$=\lim \frac{4}{n^{3}}\left ( \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}+n-2n(n+1) \right )=\frac{16}{3}$

Tìm MIN của 

$\sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}}$

với x;y;z>0 và $x^2+y^2+z^2=1$

Chứng minh thông qua BĐT phụ $\frac{x}{1-x^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}x^{2}}{2},\forall x>0$ và để ý $\sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}}=\sum_{x,y,z}\frac{x}{1-x^{2}}$

 

Bài 12 (China Junior High School Mathematics League). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực dương thỏa mãn $xy+yz+zx\neq 1$ và $\frac{(x^2-1)(y^2-1)}{xy} +\frac{(y^2-1)(z^2-1)}{yz} +\frac{(z^2-1)(x^2-1)}{zx} =4.$ Prove that $$9(x+y)(y+z)(z+x)\geqslant 8xyz(xy+yz+zx).$$

Biến đổi điều kiện đề bài cho ,ta sẽ có:

$\sum x\left ( y^{2}-1 \right )\left ( z^{2}-1 \right )=4xyz\Leftrightarrow xyz\sum xy+\sum x-\sum xy(x+y)=4xyz$

$\Leftrightarrow xyz\sum xy+\left ( \sum x-xyz \right )=\left ( \sum x \right )\left ( \sum xy \right )\Leftrightarrow \left ( \sum xy -1 \right )\left ( \sum x -xyz\right )=0$

$\Leftrightarrow x+y+z=xyz$

Đổi biến $\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( \frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right )$ thì ta có $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$.

BĐT cần chứng minh trở thành:

$$9(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 8(a+b+c)$$

Viết dưới dạng thuần nhất :

$$\left ( a+b \right )(b+c)(c+a)\geqslant \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$

BĐT này chỉ là hệ quả của $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ và $abc\leqslant \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$.Ta có đpcm.