Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tổng hợp các bài BĐT (2)

(2)

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1455 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-11-2013 - 12:10

Lí do CD13 tạo thêm topic Tổng hợp các bài BĐT (2) là vì phần 1 mỗi lần mở lên thì load rất chậm, nguyên nhân là số lượng công thức rất nhiều. Phần này thì CD13 cũng với tinh thần coppy các bài toán có lời giải về một chỗ cho sau này dễ tham khảo và tổng hợp.

 

Bài 81:

Cho $a, b, c > 0$ $abc\geq1$ .CMR:
$a+b+c\geq \frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}$

Giải:

$\text{BĐT} \Longleftrightarrow a+b+c-\dfrac{1+a}{1+b}-\dfrac{1+b}{1+c}-\dfrac{1+c}{1+a} \ge 0$
$\Longleftrightarrow \sum (1+a-\dfrac{1+a}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum 1+a(1-\dfrac{1}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum \dfrac{(1+a)b}{1+b}\overset{AM-GM}{\ge} 3\sqrt[3]{abc} \ge 3$ (đúng)

 

Bài 82:

Cho a,b,c dương. CMR:
$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}> \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$

Giải:

Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn như sau $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$
$\left ( a+b \right )\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \left ( a+b \right )\sqrt{3ab}\geq 2\sqrt{3}ab$$\Rightarrow \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$.
Tương tự $\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}bc}{b+c}$
và $\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ca}{c+a}$.
Cộng theo vế các BĐT trên ta thu được đpcm.

 

 

Bài 83:

Cho $a,\,b,\,c,\,>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTLN của: $$P=\dfrac{a}{4-a}+\dfrac{b}{4-b}+\dfrac{c}{4-c}$$

Giải:

Do $a^2+b^2+c^2=3$ và $a,b,c>0$ Nên $a,b,c<2$
Ta sẽ chứng minh $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Thật vậy bđt trên $\Leftrightarrow 3a\leq 4-a+\frac{2}{3}(1-a^2)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq 4(1-a)-\frac{2}{3}(1-a)(a+1)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq (1-a)[4-\frac{2}{3}(-a^2+3a+4)]$
$\Leftrightarrow 0\leq \frac{2}{3}(1-a)^2(2-a)$ (Luôn đúng do $a,b,c<2$)
Vậy ta có $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Tương tự với $b,c$ rồi cộng lại và chú ý $a^2+b^2+c^2=3$ ta sẽ có $P\leq 1$

 

 

Bài 84:

Cho ba số dương a,b,c và abc=ab+bc+ca. CM:
$\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}< \frac{3}{16}$

Giải:

Giả thiết tương đương với:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Áp dụng Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{36}{a+2b+3c}$
Tương tự rồi cộng vế ta có:
$VT\leq \frac{1}{6}< \frac{3}{16}$

 

 

Bài 85:

Cho $(x+y)(x+z)(y+z)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P = \frac{1}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} + \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{1}{{y + 2z}} + \frac{1}{{z + 2x}}$$

Giải:

Sử dụng BĐT $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ và $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$
Theo bài, ta có
$$1\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq \frac{(a+b+c)\sqrt{3abc(a+b+c)}}{9}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\leq \frac{27}{abc}\Leftrightarrow a+b+c\leq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$$
Theo BĐT AM-GM ta có
$$VT\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{9}{3(a+b+c)}=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq 2$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Hoặc:

-Từ giả thiết ta có:
$$8=(x+y)(y+z)(z+x)\ge \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge \frac{8}{9}\sqrt{3(xy+yz+zx)}(xy+yz+zx)\\ \Rightarrow xy+yz+zx\le 3$$
-Áp dụng BĐT Cauchy cho 6 số ta có:
$$P=\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2z}+\frac{1}{z+2x}\\ \ge 6\sqrt[6]{\frac{1}{27xyz(x+2y)(y+2z)(z+2x)}}=\frac{6}{\sqrt[6]{27(xz+2yz)(xy+2xz)(yz+2xy)}}\\ \ge \frac{6}{\sqrt[6]{(xz+2yz+xy+2xz+yz+2xy)^3}}\ge \frac{6}{\sqrt[6]{9^3}}=2\ (const)$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Vậy ...

 

 

Bài 86:

$x,y,z\geq 0; xy+yz+zx\leq 3$
Chứng minh $\frac{2}{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)}\geq 3$

Giải:

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số :
$ P= \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+ \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)^2(2x+y)(2y+z)(2z+x)}} \\
\Leftrightarrow P \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} $
Lại có: $ (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \leq [\frac{(2xz+yz)+(2yx+xz)+(2yz+xy)}{3}]^3 \leq 27 $
Và $ xyz = \sqrt{(xy.yz.xz)} \leq \sqrt { (\frac{xy+yz+zx}{3})^3 } \leq 1 $
Do đó$ 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} \geq 3 \\
\Rightarrow P \geq 3 $
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c =1 $

 

 

Bài 87:

Cho $a,b,c\geq 0$, tìm min của
$P=\frac{\sqrt{a^3c}}{\sqrt{b^3a}+bc}+\frac{\sqrt{b^3a}}{\sqrt{c^3b}+ac}+\frac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+ab}$

Hdẫn:

Chia cả tử và mẫu các biểu thức cho thứ tự: $b\sqrt{ac}, c\sqrt{ab}, a\sqrt{bc}$
rồi đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=x, \sqrt{\frac{b}{c}}=y, \sqrt{\frac{c}{a}}=z$ ta được
$P=\sum\frac{x^2}{y+z}$ với xyz=1. Dùng nốt C-S

 

 

Bài 88:

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn : $a+b+c=1$ .CMR:
$\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\geqslant 2+\sqrt{22+\frac{1}{abc}}$

Giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \sqrt{ab} \geq 13abc+2\sqrt{abc(22abc+1)}$
Theo AM-GM ta có:
$abc \leq \dfrac{1}{27}$
Suy ra:
$2\sqrt{abc(22abc+1)} \leq \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
Mà theo AM-GM ta cũng có:
$\sum \sqrt{ab} \geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta chỉ cần chứng minh:
$3\sqrt[3]{abc} \geq 13abc + \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow 3 \geq 13(abc)^{\frac{2}{3}} +\dfrac{14}{3}(abc)^{\frac{1}{6}}$
Điều này đúng do $abc \leq \dfrac{1}{27}$

 

 

Bài 89:

Cho a, b, c là các số dương có tích bằng 1 chứng minh rằng

$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+b^2}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+c^2}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+a^2}\geqslant \frac{3}{2}$

Hdẫn:

\[\left( {a;b;c} \right) \to \left( {\frac{1}{{{a^2}}};\frac{1}{{{b^2}}};\frac{1}{{{c^2}}}} \right)\]

Ta có:

\[LHS = \sum {\frac{{{b^4}}}{{a\left( {{b^3} + 1} \right)}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{a{b^3} + b{c^3} + c{a^3} + a + b + c}} \ge \frac{3}{2}\]

Đúng do

\[\begin{array}{l}
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left( {a{b^3} + b{c^3} + c{a^3}} \right)\\
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)
\end{array}\]

 

 

Bài 90:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $ab+bc+ca = 1$. Chứng minh rằng :

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

Giải:

Theo $AM-GM$ ta có:

\[\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + 1} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 1} }}{a} = \frac{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }}{a} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{a + b}}{a} + \frac{{a + c}}{a}} \right) = 1 + \frac{{b + c}}{{2a}}\]

Vậy ta cần chứng minh BĐT mạnh hơn:

\[\sum {\frac{1}{{ab}}} \ge 3 + \frac{1}{2}\sum {\frac{{b + c}}{a}} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{{c\left( {a + b} \right)}}{{ab}} \ge 3 + } \frac{1}{2}\sum {\frac{{a + b}}{c}} \]

\[ \Leftrightarrow 2\sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc\]

BĐT cuối hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ nên BĐT được chứng minh.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{{\sqrt 3 }}$

 

 

Đi ăn cơm tí....

 

 



#2 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1455 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-11-2013 - 16:48

Bài 91:

Cho các số $x,y,z$ thực dương thỏa $x+y+z\leq 3$. Tìm GTNN của biểu thức: $$P=\frac{2}{x^3}+\frac{2}{y^3}+\frac{2}{z^3}+\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}+\frac{1}{z^2-xz+x^2}$$

Giải:

Theo BĐT Cauchy thì $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+1 \geq \frac{3}{xy}$

Tương tự ta có $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}+1 \geq \frac{3}{yz}$ , $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{z^3}+\frac{1}{x^3}+1 \geq \frac{3}{zx}$

Suy ra $\ \ \ \ \ \ \frac{2}{x^3}+\frac{2}{y^3}+\frac{2}{z^3}+3 \geq \frac{3}{xy}+\frac{3}{yz}+\frac{3}{zx}$

Kéo theo $P \geq \left(\frac{3}{xy}+\frac{1}{x^2-xy+y^2}\right)+\left(\frac{3}{yz}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}\right)+\left(\frac{3}{zx}+\frac{1}{z^2-zx+x^2}\right)-3$

$\geq \frac{16}{(x+y)^2}+\frac{16}{(y+z)^2}+\frac{16}{(z+x)^2}-3$

$\geq \frac{16}{3}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)^2-3$

$\geq \frac{16}{3}\frac{81}{4(x+y+z)^2}-3$

$\geq 9$

 

 

 

Bài 92:

Cho $a^2+b^2+c^2=3$
CMR:
$\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3} \leq \frac{1}{2}$

Giải:

Áp dụng bđt Cô si ta có:
$\frac{a}{a^2+2b+3}\leq \frac{a}{2a+2b+2}$
Tương tự và cộng lại $\to \frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\leq \frac{a}{2a+2b+2}+\frac{b}{2b+2c+2}+\frac{c}{2c+2a+2}$
$\to$ cần c/m $\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\leq 1$
$\Leftrightarrow 1-\frac{a}{a+b+1}+1-\frac{b}{b+c+1}+1-\frac{c}{c+a+1}\geq 2$
$\Leftrightarrow \frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\geq 2$
Mà $$\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}$$
$$=\frac{(b+1)^2}{(b+1)(a+b+1)}+\frac{(c+1)^2}{(c+1)(b+c+1)}+\frac{(a+1)^2}{(c+a+1)(a+1)}$$
$$\geq \frac{(a+b+c+3)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3(a+b+c)+3}$$
Nên ta chỉ cần c/m $(a+b+c+3)^2\geq 2[a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3(a+b+c)+3]$
Nhưng đây thực ra chỉ là 1 đẳng thức do $a^2+b^2+c^2=3$
Vậy bài toán đã được c/m.Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

 

 

 

Bài 93:

Cho x, y là các số thực dương. Tìm GTNN của

$P = \sqrt{\frac{x^{3}}{x^{3}+ 8y^{3}}} + \sqrt{\frac{4y^{3}}{y^{3} + (x+y)^{3}}}$

 

Giải

$\sqrt {\dfrac{{x^3 }}{{x^3 + 8y^3 }}} = \dfrac{{x^2 }}{{\sqrt {x\left( {x + 2y} \right)\left( {x^2 - 2xy + 4y^2 } \right)} }}$

$ = \dfrac{{x^2 }}{{\sqrt {\left( {x^2 + 2xy} \right)\left( {x^2 - 2xy + 4y^2 } \right)} }} \geqslant \dfrac{{x^2 }}{{\dfrac{{x^2 + 2xy + x^2 - 2xy + 4y^2 }}{2}}} = \dfrac{{x^2 }}{{x^2 + 2y^2 }}$

$\sqrt {\dfrac{{4y^3 }}{{y^3 + \left( {x + y} \right)^3 }}} = \dfrac{{2y^2 }}{{\sqrt {y\left( {x + 2y} \right)\left( {x^2 + xy + y^2 } \right)} }} = \dfrac{{2y^2 }}{{\sqrt {\left( {xy + 2y^2 } \right)\left( {x^2 + xy + y^2 } \right)} }}$

$ \geqslant \dfrac{{2y^2 }}{{\dfrac{{xy + 2y^2 + x^2 + xy + y^2 }}{2}}} = \dfrac{{2y^2 }}{{y^2 + xy + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2}}} \geqslant \dfrac{{2y^2 }}{{y^2 + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2} + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2}}} = \dfrac{{2y^2 }}{{x^2 + 2y^2 }}$

$\Rightarrow P \geq \dfrac{x^2}{x^2+2y^2}+\dfrac{2y^2}{x^2+2y^2}=1 \Rightarrow minP=1 \Leftrightarrow x=y>0$

 

 

 

Bài 94:

Cho $3$ số $a,b,c$ dương thỏa mãn điều kiện: $a+b+c=abc$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$f=\frac{ab}{c(1+ab)}+\frac{bc}{a(1+bc)}+\frac{ca}{b(1+ca)}$

Giải:

Biến đổi giả thiết $$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$$
Sử dụng BĐT $(x+y+z)^2\geq 3(xy+xz+zx)$
$$\Rightarrow f^2\geq 3.\left [ \frac{b^2}{(1+ab)(1+bc)}+\frac{c^2}{(1+bc)(1+ca)}+\frac{a^2}{(1+ab)(1+ca)} \right ]$$
$$=3.\frac{\sum b^2(1+ac)}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=3.\frac{a^2+b^2+c^2+abc(a+b+c)}{1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$
$$\geq 3.\frac{\frac{(a+b+c)^2}{3}+(abc)^2}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=3.\frac{\frac{4(abc)^2}{3}}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$
$$=\frac{4}{\left ( \frac{1}{ab}+1 \right )\left ( \frac{1}{bc}+1 \right )\left ( \frac{1}{ca}+1 \right )}$$
Mà theo BĐT AM-GM thì
$$\left ( \frac{1}{ab}+1 \right )\left ( \frac{1}{bc}+1 \right )\left ( \frac{1}{ca}+1 \right )\leq \left [ \frac{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+3}{3} \right ]^3=\frac{4^3}{3^3}$$
Suy ra $$f^2\geq \frac{4}{\frac{4^3}{3^3}}=\frac{27}{16}$$
$$\Rightarrow f\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

 

 

 

Bài 95:

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác.chu vi bằng 2.
Min của $4\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )+15xyz$

Giải:

Giả sử $LHS \ge 8$


\[\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 4\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) + 15xyz \ge {\left( {x + y + z} \right)^3}\\
\Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} + 5xyz \ge \left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)\\
\Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} + 3xyz \ge xy\left( {x + y} \right) + yz\left( {y + z} \right) + zx\left( {z + x} \right)
\end{array}\]

Hoặc:

Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b+c=p=2\\
ab+bc+ca=q\\
abc=r
\end{matrix}\right.$

Từ đây suy ra: $q \le \frac{p^2}{3}=\frac{4}{3}$

Khi đó $4\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )+15xyz$ trở thành:

$A=4(p^3-3pq+3r)+15r=-24q+27r+32$

Theo Schur, ta có: $r\geq max\left \{ 0;\frac{p(4q-p^2)}{9} \right \}=max\left \{ 0;\frac{8q-8}{9} \right \}$

Đến đây xét 2 TH:

TH1: $q \le 1 \Rightarrow -24q+27r+32\geq -24q+32\geq 8$

TH2: $q \ge 1 \Rightarrow -24q+27r+32\geq -24q+27.\frac{8q-8}{9}+32=8$

nên $A \ge 8$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{2}{3} $

Vậy $MinA=8$ tại $x=y=z=\frac{2}{3} $

- Bạn có thể đặt: $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\
ab=P
\end{matrix}\right.$
rồi quy về 1 ẩn và khảo sát hàm số.

 

 

 

Bài 95:

Cho x,y,z là 3 số dương thay đổi: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$

Tìm GTNN của: $P= 2(x^{3}+z^{3})+2(y^{3}+z^{3})+\frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Giải

Từ : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$

$\Rightarrow \frac{9}{x+y+z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9( 1- \frac{1}{3(x+y+z)^{3}})$

Đặt : $t=\frac{1}{x+y+z}$, ta có :

$9t-3t^{2}\leq 9(1-\frac{1}{3}t^{3})\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+3)\leq 0$

$\Leftrightarrow t \leq 1 \Leftrightarrow x+y+z \geq 1$
Ta có :
$P= 2(x^{3}+y^{3})+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}\geq \frac{(1-z)^{3}}{2}+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Khảo sát hàm $f(z) $ ta suy ra Min $P= \frac{23}{27}$ khi $x=y=z= \frac{1}{3}$

 

 

 

Bài 96:

Cho $ab+bc+ca =abc$
Chứng minh rằng
$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\geq \sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Giải:

Giả thiết được viết lại thành $ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =1$

Theo BĐT Cauchy-Schwartz thì

$\sqrt{a+bc}=\frac{\sqrt{a^2+abc}}{\sqrt{a}} =\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{\sqrt{a}} \geq \frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{a}} =\sqrt{a}+\sqrt{abc} \frac{1}{a}$

Tương tự ta được $ \ \ \ \ \sqrt{b+ca} \geq \sqrt{b}+\sqrt{abc} \frac{1}{b}$ $ \ \ \ \ ,$ $ \ \ \ \ \sqrt{c+ab} \geq \sqrt{c}+\sqrt{abc} \frac{1}{c}$

Cộng tất cả lại ta có đpcm

 

 

 

Bài 97:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực lớn hơn $2$ sao cho
$$\dfrac{7-2a}{3a-6}+ \frac{7-2b}{3b-6}+ \dfrac{7-2c}{3c-6}= \dfrac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}.$$
Chứng minh $\dfrac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \le 1.$

Giải:

Giả thiết $\ \ \ \ \frac{7-2a}{3a-6}+\frac{7-2b}{3b-6}+\frac{7-2c}{3c-6} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Tương đương $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+\frac{7\frac{1}{b}-2}{3-6\frac{1}{b}}+\frac{7\frac{1}{c}-2}{3-6\frac{1}{c}} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$\Leftrightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \left(\frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+1\right) = \sum \frac{1}{a} +3$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} =3\sum \frac{1}{a}+9$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ (*)$

Dễ thấy $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1+\frac{1}{x}}{1-2\frac{1}{x}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ .$ là hàm lồi với mọi $x>2$

Theo BĐT Jensen ta có $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (**)$

Từ $(*)$ , $(**)$ suy ra $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3\sum \frac{1}{a}+9 \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{3}\left(\sum \frac{1}{a}-1\right) \left(\sum \frac{1}{a}+3\right) \leq 0$

Kéo theo $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1}{a} \leq 1$

Bất đẳng thức được chứng minh

 

 

 

Bài 98:

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{9}{10}\leq \frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ac}+\frac{c}{1+ab}<1$$

Giải:

Ta có,theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ thì
\[\frac{a}{{1 + bc}} + \frac{b}{{1 + ca}} + \frac{c}{{1 + ab}} = \frac{{{a^2}}}{{a + abc}} + \frac{{{b^2}}}{{b + abc}} + \frac{{{c^2}}}{{c + abc}}\]
\[ \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c + 3abc}} \ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{a + b + c + \frac{1}{9}{{(a + b + c)}^3}}} = \frac{9}{{10}}\]
Mặt khác ta có
\[\frac{a}{{1 + bc}} + \frac{b}{{1 + ca}} + \frac{c}{{1 + ab}} < \frac{a}{1} + \frac{b}{1} + \frac{c}{1} = 1\]
Vậy bài toán được chứng minh :)

 

 

 

Bài 99:

 

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^{2}}{a^{2}-ab+3b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{b^{2}-bc+3c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{c^{2}-ca+3a^{2}}\ge 1$$

Giải:

BĐT trên tương đương với. BĐT cho $x;y;z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ chứng minh rằng:

\[\sum {\frac{1}{{3{x^2} - x + 1}}} \ge 1\]

\[ineq \Leftrightarrow \frac{1}{{3{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2} - \frac{b}{a} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{c}{b}} \right)}^2} - \frac{c}{b} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{a}{c}} \right)}^2} - \frac{a}{c} + 1}} \ge 1\]
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
x = \sqrt[3]{{\frac{b}{a}}}\\
y = \sqrt[3]{{\frac{c}{b}}}\\
z = \sqrt[3]{{\frac{a}{c}}}
\end{array} \right. \Rightarrow xyz = 1$

Bất đẳng thức trở thành:

\[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} + \frac{1}{{3{y^6} - {y^3} + 1}} + \frac{1}{{3{z^6} - {z^3} + 1}} \ge 1\]

Ta lại có: \[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}}\]

thật vậy bđt này tương đương:
\[{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^5} + 2{x^4} + 3{x^3} + 4{x^2} + 2x + 1} \right) \ge 0\]

Xây dựng các bđt tương tự và cộng lại với nhau ta được:

\[LHS \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}} + \frac{1}{{{y^{10}} + {y^5} + 1}} + \frac{1}{{{z^{10}} + {z^5} + 1}} \ge 1 \Rightarrow Q.E.D\]

BĐT được chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c$

 

 

 

 

Bài 100:

Cho $\ a, b, c$ là độ dài ba cạnh trong tam giác. Chứng minh rằng: $$\ \left(3-\dfrac{b+c}{a} \right)\left(3-\dfrac{c+a}{b} \right)\left(3-\dfrac{a+b}{c} \right)\leq 1.$$

Giải:

*Rõ ràng 3 thừa số không thể đồng thời âm
*Nếu có 2 thừa số âm giả sử a+c>3b và b+a>3c, thừa số còn lại không âm
Cộng vế 2 BĐT lại suy ra vô lí vì a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác
*Nếu 1 thừa số âm, 2 thừa số còn lại không âm thì BĐT đúng
*nếu cả 3 thừa số không âm.
Áp dung. AM-GM ta có:
$VT\leq \left (\frac{9-\sum_{sym}\frac{a+b}{c}}{3} \right )^2$
Mà ta có:
$\sum_{sym}\frac{a+b}{c}\geq 6$
Do đó $VT\leq 1$
Dấu bằng xảy ra khi $\Delta$ ABC đều

 

Mai tổng hợp tiếp! Anh em đọc các lời giải trên nếu có chỗ nào sai sót góp ý luôn tại đây,

nhưng lưu ý sau khi các bạn góp ý xong thì chủ topic có thể chỉnh sửa và sau đó xóa đi để topic được nhẹ nhàng khi load. Thân






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh