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

#121
conanthamtulungdanhkudo

conanthamtulungdanhkudo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 53 và bài 54:

Lời giải bài 53: 

Theo BDT Caychy-Schwarz: $(x+y)^2=(\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2})^2\le 3(x+y)\implies 0\le x+y\le 3$.

Đặt $t=x+y\text{  }\forall t\in [0;3]$.

$P=t^2+2t+8\sqrt{4-t}+2$.

Xét hàm số: $f(t)=t^2+2t+8\sqrt{4-t}+2$ trên $[0;3]$.

$\implies f'(t)=2t+2-\frac{4}{\sqrt{4-t}}\ge 0,\forall t\in [0;3]$.

Vậy $Min(P)=f(0)=18$ khi $x=1,y=-1$, $Max(P)=f(3)=25$ khi $x=2,y=1$.

Lời giải bài 54:

Áp dụng BDT $AM-GM$ ta có:

$\frac{a^3}{2\sqrt{b^2+3}}+\frac{a^3}{2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^2+3}{16}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^6}{64}}=\frac{3a^2}{4}$.

Tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại rồi cộng lại ta được:

$P+\frac{a^2+b^2+c^2+9}{16}\ge \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)\implies P\ge \frac{3}{2}(\text{do  } a^2+b^2+c^2=3)$.

Vậy $Min(P)=\frac{3}{2}$. Vậy GTNN $P=\frac{3}{2}$ khi $a=b=c=1$.

Một cách giải khác cho bài 54

$\dpi{120} P=\frac{a^4}{a\sqrt{b^2+3}}$+$\dpi{120} \frac{b^4}{b\sqrt{c^2+3}}$+$\dpi{120} \frac{c^4}{c\sqrt{a^2+3}}$

===>$\dpi{120} P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}}$

===P$\dpi{120} \geq \frac{9}{a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}}$

Mẫu số dùng BĐT bunhia

$\dpi{120} a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}$$\dpi{120} \leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}=6$

==> P$\dpi{120} \geq 3/2$

Dấu = có $\dpi{120} \Leftrightarrow a=b=c=1$

P/s trên đề anh viết sai ạ



#122
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 55: Cho các số thực $x,y,z\in [-1;1]$ và thỏa mãn: $xy+yz+zx=0$. Tìm GTNN của $P=y^2+z^2+4x-2y-2z$.

Bài 56: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của $P=\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}-\sqrt{\frac{16a}{6a+3c}}$

Đóng góp LG bài 55:

Từ giả thiết: $x(y+z)=-yz$

TH1: Nếu $y+z\le 0\Rightarrow\text{ và từ } x\ge -1$ suy ra $P=y^2+z^2-2(x+y)+4x\ge 0+0-2.0+4(-1)\ge -4$. Điểm rơi$ (x;y;z)=(-1;0;0)$

TH2: Nếu $y+z>0\Rightarrow x=\dfrac{-yz}{y+z}$. Do $y,z\in[-1;1]\Rightarrow (y-1)(z-1)\ge 0\Rightarrow yz\ge y+z-1$. Suy ra:

$P=(y-z)^2+2yz-2(y+z)-\dfrac{4yz}{y+z}\ge 2(y+z-1)-2(y+z)-\dfrac{4yz}{y+z}=2-\dfrac{4yz}{y+z}-4$

Do $2\ge y+z$ suy ra: $P\ge y+z-\dfrac{4yz}{y+z}-4=\dfrac{(y-z)^2}{y+z}-4\ge -4$. Điểm rơi; $y=z=1;x=\dfrac{-1}{2}$

Vậy $Min P=-4$ khi $x=-1;y=z=0$ hoặc $x=-\dfrac{1}{2};y=z=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 25-09-2016 - 18:30

Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#123
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 55 và bài 56:

Lời giải bài 55: Đối với bài toán không đối xứng mà điều kiện cho ở dạng tổng, thì chúng ta thường sẽ đi theo cách rút để giảm biến, sau đó tiến hành khảo sát. Đây là lối mòn tư duy mà chúng ta cần nên ghi nhớ.

Xét $y+z=0$ thì giả thiết suy ra $y=z=0$ và $P=4x\ge 4.(-1)=-4$.

Khi $y+z\ne 0$ thì suy ra: $x=-\frac{yz}{y+z}$.

$P=y^2+z^2-2(y+z)-\frac{4yz}{y+z}\ge 2yz-2(y+z)-\frac{4yz}{y+z}$.

Đặt $(a,b)\to (y+z,yz)$. Ta có: $a\in [-2;2] -\left\{0\right\},b\in [-1;1];4b\le a^2$.

Lúc này: $P\ge 2b-2a-\frac{4b}{a}=f(a,b)$.

Lấy đạo hàm theo biến $a$: $f_a'=\frac{4b}{a^2}-2\le 1-2=-1<0\implies f(a,b)\ge f(2,b)=2b-4-2b=-4$.

Vậy $min(P)=-4\iff x=-1,y=z=0$ hoặc: $x=\frac{-1}{2},y=z=1$.

Lời giải bài 56:

Viết lại BDT đã cho dưới dạng: $P=\frac{1}{1+\frac{2b}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2c}{b}}-\frac{4}{\sqrt{6+\frac{3c}{a}}}$.

Đặt $(x,y)\to (\frac{b}{a};\frac{c}{b}),x,y>0$.

Khi đó: $P=\frac{1}{1+2x}+\frac{1}{1+2y}-\frac{4}{\sqrt{6+3xy}}$.

Ta có một đánh giá quen thuộc sau: $\frac{1}{1+2x}+\frac{1}{1+2y}\ge \frac{2}{2+xy}$.

Điều này đúng bởi vì: $\frac{1}{1+2x}+\frac{1}{1+2y}-\frac{2}{2+xy}=\frac{2(xy^2+x^2y+1-3xy)}{(1+2x)(1+2y)(2+xy)}\ge 0(AM-GM)$.

Vậy $P\ge \frac{2}{2+xy}-\frac{4}{\sqrt{6+3xy}}=Q$.

Đặt $t=\sqrt{6+3xy}>0\implies Q=f(t)=\frac{6}{t^2}-\frac{4}{t}=\frac{2(t-3)^2}{3t^2}-\frac{2}{3}\ge \frac{-2}{3}$.

Vậy $P\ge Q\ge \frac{-2}{3}$.

Dấu $=$ xảy ra tại: $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-09-2016 - 18:23


#124
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 57: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$18(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 54$.

Bài 58: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=6$. Tìm GTNN của:

$P=\sqrt{a^2+\frac{1}{a+b}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b+c}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{c+a}}$



#125
Namvip

Namvip

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 58 

Ta có 

$\sqrt{(4^{2}+1^{2})(a^{2}+\frac{1}{a+b})}\geq 4a+\frac{1}{\sqrt{a+b}}$

=>$\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a+b}}\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(4a+\frac{1}{\sqrt{a+b}})$

CMTT 

=>$P\geq \frac{1}{\sqrt{17}} \left ( 4\sum a+\sum \frac{1}{\sqrt{a+b}} \right )\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(24+\frac{9}{\sum \sqrt{a+b}})\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left ( 24+\frac{9}{\sqrt{3(a+b+b+c+c+a)}} \right )=\frac{3\sqrt{17}}{2}$



#126
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Bài 58:

Áp dụng BĐT $ Mincopxki $ ta

$ P \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(\dfrac{1}{\sqrt{a+b}} + \dfrac{1}{\sqrt{a+c}}+ \dfrac{1}{\sqrt{c+b}})^2} $

$ \dfrac{1}{\sqrt{a+b}} + \dfrac{1}{\sqrt{a+c}}+ \dfrac{1}{\sqrt{a+b}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{a+b}+ \sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}}=\dfrac{3}{2} $

Suy ra $ P \ge \dfrac{3\sqrt{17}}{2} $, xảy ra khi $ a=b=c=2 $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 25-09-2016 - 19:28


#127
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Cảm ơn anh nhiều MrS về bài 49, Thành thật xin lỗi mọi người vì những thiếu sót này. Lần sau mình cố gắng cẩn thận hơn. Mong mọi người thông cảm.

Bài 52  xin đưa ra lời giải như sau:

Theo BDT Cauchy-Schwarz ta có: $(x+y+z)^2\le 6(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})\le 36$.

$\implies x+y+z\in [-6;6]$.

Đặt $t=x+y+z,t\in [-6;6]$.

Xét hàm số: $f(t)=\frac{t^3-36}{t},t\in [-6;6]$

$\implies f'(t)=2t+\frac{36}{t^2}$.

$f'(t)=0\iff t=-\sqrt[3]{18}$.

$f(-6)=42,f(-\sqrt[3]{18})=\frac{54}{\sqrt[3]{54}},f(6)=30\implies f(t)(Max)=42$.

Dấu $=$ xảy ra tại $x=-1;y=-2;z=-3$.

Vậy $Max(P)=42$.

Bạn quên mất là f(t) bị gián đoạn tại t=0 kìa :)

Khi t->0- thì f(t) -> +vô cực. Tức là khả năng đề bài không đúng :)



#128
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 57: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$18(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 54$.

BĐT tương đương: $6(ab+bc+ca)(a+b+c)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 2(a+b+c)^3\Leftrightarrow \sum a^3+2\sum a^2b\geqslant \sum ab^2+6abc$

Giả sử $a\geq b\geq c$ và theo BĐT AM-GM: $\sum a^3+\sum ab^2\geqslant 2\sum a^2b$ và $\sum a^2b\geq 3abc$ 

Mặt khác: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Rightarrow \sum a^2b\geq \sum ab^2$

Từ các BĐT trên suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 25-09-2016 - 20:31


#129
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

BĐT tương đương: $6(ab+bc+ca)(a+b+c)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 2(a+b+c)^3\Leftrightarrow \sum a^3+2\sum a^2b\geqslant \sum ab^2+6abc$

Giả sử $a\geq b\geq c$ và theo BĐT AM-GM: $\sum a^3+\sum ab^2\geqslant 2\sum a^2b$ và $\sum a^2b\geq 3abc$ 

Mặt khác: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Rightarrow \sum a^2b\geq \sum ab^2$

Từ các BĐT trên suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Hoán vị vòng quanh mà bạn. Nên cần xét thêm trường hợp nữa. 

 \[BDT \Leftrightarrow 2{\left( {a + b + c} \right)^3} \geqslant 6\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ac} \right) + a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right){\left( {a - b} \right)^2} + \left( {a + c} \right){\left( {b - c} \right)^2} + \left( {a + b} \right){\left( {a - c} \right)^2} \geqslant 0\]


Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#130
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Hoán vị vòng quanh mà bạn. Nên cần xét thêm trường hợp nữa. 

 \[BDT \Leftrightarrow 2{\left( {a + b + c} \right)^3} \geqslant 6\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ac} \right) + a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right){\left( {a - b} \right)^2} + \left( {a + c} \right){\left( {b - c} \right)^2} + \left( {a + b} \right){\left( {a - c} \right)^2} \geqslant 0\


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 25-09-2016 - 22:47


#131
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 57 vài bài 58:

Lời giải bài 57:

Bất đẳng thức đã cho: $\iff 54-18(ab+bc+ca)-a(b-a)^2-b(b-c)^2-c(a-c)^2\ge 0$

$\iff 6.(a+b+c)^2-18(ab+bc+ca)-a(b-a)^2-b(b-c)^2-c(c-a)^2\ge 0$.

$\iff 6(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)-a(b-a)^2-b(b-c)^2-c(c-a)^2\ge 0$

$\iff (3-a)(a-b)^2+(3-b)(b-c)^2+(3-c)(c-a)^2\ge 0(Q.E.D)$.

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

Ngoài ra có thể tham khảo thêm cách của hanguyen45

Lời giải bài 58: Giống bạn: namvipanhquannbk.



#132
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$



#133
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$

Bài 59: 

Theo BĐT Holder: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}})^3$

Từ đó chỉ cần chứng minh: $\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}}\geq a+b+c$

Có nhiều cách CM BĐT này. 

Chuẩn hóa abc=1 khi đó ta cần chứng minh: $\sum a^2\geq \sum a$

Theo AM-GM: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2, a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \sum a^2\geq \sum a$

Từ đó ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

 

Bài 60: Theo BĐT AM-GM: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}=\sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-c^2}{2}}}$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}}\leq \frac{13-x^2}{36}$ (*)

Tới đây chỉ cần đặt: $\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}=t \Rightarrow t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

BĐT (*) trở thành: $\frac{1}{4-t}\leq \frac{5+t^2}{18}\Leftrightarrow (t-1)^2(2-t)\geq 0$ luôn đúng do $t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

Từ đó dễ dàng suy ra: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{13-a^2}{36}=1$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 26-09-2016 - 17:41


#134
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$

Góp cách 2 cho bài 59:

Ta có:

$$c^5+\dfrac{2}{c}-3+k(c^3-1)\ge 0\Leftrightarrow (c-1)[c^5+c^4+c^3+c^2+c+c-2+kc(c^2+c+1)]\ge 0$$

Chọn $k=-1$ thì (*) có nghiệm bội $c=1$. Do đó (*) viết lại thành:

\[{\left( {c - 1} \right)^2}\left( {{c^4} + 2{c^3} + 2{c^2} + 2c + 2} \right) \geqslant 0\]

Điều này luôn đúng. Do đó có BĐT phụ: $c^5+\dfrac{2}{c}\ge 2+c^3=1+c^3+1$

Khi đó:

\[VT = \prod {\left( {{c^5} + \frac{2}{{{c^5}}}} \right)}  \geqslant \left( {{c^3} + 2} \right)\left( {{b^3} + 2} \right)\left( {{a^3} + 2} \right)\]

\[ = \left( {{c^3} + 1 + 1} \right)\left( {1 + 1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {a^3} + 1} \right) \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^3} = VP\]

Vậy BĐT được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 26-09-2016 - 19:17

Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#135
hoangpro1811

hoangpro1811

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết

Giúp e 2 bài này đi ,mai em phải nộp rồi! Cho a,b,c>0,abc$\geq$1 CM:$\sum cyc\frac{1}{a^3+2b^3+6}\leq \frac{1}{3}$

 

a,b,c>0.CM: $\sum cyc\frac{1}{(a+b)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2+c^2}{8}\geq \sum cyc\frac{1}{a+3}$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangpro1811: 26-09-2016 - 22:42


#136
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$

Góp bài 60 cách 2[Ý tưởng có vẻ tương tự cách làm bạn [MRS]:

Ta dễ có: 

\[\sqrt {ab}  + \sqrt {bc}  + \sqrt {bc}  \leqslant \sqrt {3\left( {ab + bc + ca} \right)}  \leqslant \sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \]

Do đó BĐT được chứng minh nếu chứng minh được:

\[\frac{1}{{4 - x}} - \frac{1}{3} + k\left( {x - 1} \right) \leqslant 0\]

Tuy nhiên ý tưởng trên thất bại do ngược dấu. Do đó ta xét đến ý tưởng tiếp theo:

\[\frac{1}{{4 - x}} - \frac{1}{3} + k\left( {{x^2} - 1} \right) = \frac{{x - 1}}{{3\left( {4 - x} \right)}} + k\left( {x - 1} \right)\]

\[ = \left( {x - 1} \right)\left( {\frac{1}{{3\left( {4 - x} \right)}} + k\left( {x + 1} \right)} \right)\]

Đẳng thức trên có nghiệm bội $x=1$ khi ta chọn $k=-\dfrac{1}{18}$. Do đó viết lại đẳng thức trên:

\[\frac{1}{{4 - x}} - \frac{1}{3} - \frac{1}{{18}}\left( {{x^2} - 1} \right)\]

=\[{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) \leqslant 0\left( @ \right)\]

Điều này luôn đúng do $x\in [ab,bc,ac]$ mà $a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow x\in (0;\dfrac{3}{2}]$

Do đó (@) luôn đúng. Nên ta có BĐT phụ sau:

\[\frac{1}{{4 - x}} \leqslant \frac{{{x^2} + 5}}{{18}}\]

Áp dụng BĐT phụ trên ta có:

\[VT = \sum {\frac{1}{{4 - \sqrt {ab} }}}  \leqslant \frac{1}{{18}}\left( {ab + bc + ac + 15} \right)\]

Mà $ab+bc+ac\ge a^2+b^2+c^2=3$ nên suy ra:

$VT\le\dfrac{3+15}{18}=1$. Do đó BĐT được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 26-09-2016 - 22:30

Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#137
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 59 và bài 60: Các bạn hanguyen445 và MrS đã cho lời giải đúng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 28-09-2016 - 06:46


#138
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 61: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xy\ge 1;z\ge 1$. Tìm GTNN của:

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

Bài 62: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xyz+x+z=y$. Tìm GTNN của biểu thức:

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



#139
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 61: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xy\ge 1;z\ge 1$. Tìm GTNN của:

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

Bài 61 :

Theo BĐT Cauchy - Schwazt, AM-GM:

$P\geq \frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(2\sqrt{xy})^2}{2xy+2\sqrt{xy}}+\frac{1}{xy+1}=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{xy+1}=\frac{(\sqrt{xy}-1)^3}{2(\sqrt{xy}+1)(xy+1)}+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}$ do $xy\ge 1;z\ge 1$

Vậy MinP=3/2, dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 27-09-2016 - 17:47


#140
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Bài 59 và bài 60: Các bạn hanguyen445 và MrS đã cho lời giải đúng.

Dưới đây là cách khác của bài 60:

Ta có: $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\implies a+b+c\le 3$.

Xét $\frac{1}{4-\sqrt{ab}}\le \frac{1}{4-\frac{a+b}{2}}=\frac{2}{4-a+4-b}\le \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b})$.

Vì vậy: $P\le \frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Đặt $M=\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Ta có: $3-M=\sum (1-\frac{1}{4-a})=\sum \frac{3-a}{4-a}$.

$\iff 3-M=\sum \frac{(3-a)^2}{(4-a)(3-a)}\ge \frac{(9-a-b-c)^2}{39-7(a+b+c)}$.

Ta đi xét hàm: $f(t)=\frac{(9-t)^2}{39-7t},0<t\le 3$.

Hàm $f(t)$ đồng biến trên $(0;3]$ nên $max(f(t))=2$.

$\implies P\ge 1(Q.E.D)$.

Phải tìm Minf(t) chứ tritanngo99 nhỉ :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 27-09-2016 - 17:34





1 người đang xem chủ đề

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