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

#181
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

Ta có: $x^2+y^2+6z^2=4z(x+y)\ge\dfrac{(x+y)^2}{2}+6z^2\Leftrightarrow 2z\le x+y\le 6z$ hay $2\le t=\dfrac{x+y}{z}\le 6$

$P=\dfrac{x^3}{y(x+z)^2}+\dfrac{y^3}{x(y+z)^2}+\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}\ge\dfrac{(x+y)^3}{2x(y+z)^2+2y(z+x)^2}+\dfrac{x+y}{z\sqrt{2}}$

$M=2x(y+z)^2+2y(x+z)^2=2xy(x+y)+8xyz+2z^2(x+y)\le\dfrac{(x+y)^3}{2}+2z(x+y)^2+2z^2(x+y)$

Suy ra:

$P\ge\dfrac{2t^2}{t^2+4t+4}+\dfrac{t}{\sqrt{2}}=2(\dfrac{t}{t+2})^2+\dfrac{t}{\sqrt{2}}\ge\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}$do $t\ge 2$

$Min P=\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 09-10-2016 - 08:58

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/

 


#182
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 83 và bài 84:

Lời giải bài 83: Từ giả thiết, ta có: $(\frac{x}{z})^2+(\frac{y}{z})^2+6=4(\frac{x}{z}+\frac{y}{z})$.

Đặt: $(a;b)\to (\frac{x}{z};\frac{y}{z})\implies a^2+b^2+6=4(a+b)$

$\implies \left\{\begin{matrix} 4(a+b)=a^2+b^2+6\ge 2ab+6\\4(a+b)=a^2+b^2+6\ge 2(a+b)+4 \end{matrix}\right.$

$\implies \left\{\begin{matrix} 2(a+b)\ge ab+3\\a+b\ge 2  \end{matrix}\right.$.

Ta có: $P=\frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{b^3}{a(b+1)^2}+\sqrt{a^2+b^2}$.

$\implies P\ge \frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{b^3}{a(b+1)^2}+\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}}\ge Q+\sqrt{2}$.

Xét $Q$, áp dụng $AM-GM$ ta có: $\frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{a+1}{8}+\frac{ab+b}{8}\ge \frac{3a}{4}$.

Tương tự: $Q\ge \frac{a+b}{2}-\frac{ab}{4}-\frac{1}{4}\ge \frac{a+b}{2}-\frac{2(a+b)-3}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\implies P\ge \frac{1}{2}+\sqrt{2}$.

Đẳng thức xảy ra khi: $x=y=z$.

(Ngoài ra có thể thêm khảo thêm cách của hanguyen45).

Lời giải bài 84: 

Từ giả thiết và áp dụng $AM-GM$ ta có:

$7P=3abc-50b+(\frac{100}{a}+4a)\ge 3abc-50b+40$.

Dễ dàng tính được $c=\frac{3a^2+57ab-100}{a(3ab-7)}$.

Đến đây, ta chỉ cần tìm $Min$ của: $3abc-50b+40=Q$.

Thay $c$ vào $Q$, xét hàm: $f(a,b)$. Sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

$f(a,b)\ge \frac{125}{3}$

(Phần CM dành cho bạn đọc).

Dấu $=$ xảy ra khi $a=c=5,b=\frac{5}{3}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 09-10-2016 - 15:51


#183
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 85: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le 1+\frac{5}{3}(a+b+c)$.

Bài 86: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c\ge 3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^3-a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^3-b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^3-c^2}{(c+a)^2}\ge 0$



#184
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 85: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le 1+\frac{5}{3}(a+b+c)$.

Ta dễ dàng chứng minh được: $\sqrt{2(a^2+1)}\leq \frac{1+5a-2\cdot lna}{3}, \forall a>0$

Làm tương tự với $b,c$ ta suy ra đpcm.



#185
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 85 và bài 86:

Bài 85: Áp dụng $AM-GM$ ta có: $\sqrt{2(a^2+1)}\le \frac{a^2+1}{a+1}+\frac{a+1}{2}=\frac{3(a+1)}{2}-\frac{2a}{a+1}$.

Tương tự, ta suy ra: $\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le \frac{3(a+b+c)}{2}+\frac{9}{2}-2(\sum \frac{a}{a+1})$.

Ta cần chứng minh: $2(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1})+\frac{a+b+c}{6}\ge \frac{7}{2}$.

Mặt khác ta có: $\frac{2a}{a+1}+\frac{a}{6}\ge \frac{2ln(a)}{3}+\frac{7}{6}$.(PP tiếp tuyến)

Suy ra: $2(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1})+\frac{a+b+c}{6}\ge 2\sum ln(a)+\frac{7}{2}=\frac{7}{2}$.

Chứng minh hoàn tất. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.

Bài 86: Cộng thêm $3$ vào vế trái, khi đó:

$BDT\iff \sum \frac{a^3+2ab+b^2}{(a+b)^2}\ge 3$.

Theo bất đẳng thức $BCS$, ta có: $(a^3+2ab+b^2)(a+2ab+b^2)\ge (a+b)^4$.

Vậy suy ra: $\frac{a^3+2ab+b^2}{(a+b)^2}\ge \frac{(a+b)^2}{a+2ab+b^2}$.

Tương tự ta có: $\sum \frac{a^3+2ab+b^2}{a+2ab+b^2}\ge \sum \frac{(a+b)^2}{a+2ab+b^2}\ge \frac{4(a+b+c)^2}{a+b+c+(a+b+c)^2}\ge 3(\text{ do GT})$.

Chứng minh hoàn tất. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.



#186
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 87: Giả sử $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn: $3(x+y)^2=4(x^2+y^2+1)$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{x+2y}{x^2+2y^2}+\frac{2x+y}{2x^2+y^2}$.

Bài 88: Giả sử $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{xy}{1+z^2}+\frac{yz}{1+x^2}-\frac{x^3y^3+y^3z^3}{24x^3z^3}$.



#187
Minh Hieu Hoang

Minh Hieu Hoang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 307 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 85 và bài 86:

Bài 85: Áp dụng $AM-GM$ ta có: $\sqrt{2(a^2+1)}\le \frac{a^2+1}{a+1}+\frac{a+1}{2}=\frac{3(a+1)}{2}-\frac{2a}{a+1}$.

Tương tự, ta suy ra: $\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le \frac{3(a+b+c)}{2}+\frac{9}{2}-2(\sum \frac{a}{a+1})$.

Ta cần chứng minh: $2(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1})+\frac{a+b+c}{6}\ge \frac{7}{2}$.

Mặt khác ta có: $\frac{2a}{a+1}+\frac{a}{6}\ge \frac{2ln(a)}{3}+\frac{7}{6}$.(PP tiếp tuyến)

Suy ra: $2(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1})+\frac{a+b+c}{6}\ge 2\sum ln(a)+\frac{7}{2}=\frac{7}{2}$.

Chứng minh hoàn tất. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.

Bài 86: Cộng thêm $3$ vào vế trái, khi đó:

$BDT\iff \sum \frac{a^3+2ab+b^2}{(a+b)^2}\ge 3$.

Theo bất đẳng thức $BCS$, ta có: $(a^3+2ab+b^2)(a+2ab+b^2)\ge (a+b)^4$.

Vậy suy ra: $\frac{a^3+2ab+b^2}{(a+b)^2}\ge \frac{(a+b)^2}{a+2ab+b^2}$.

Tương tự ta có: $\sum \frac{a^3+2ab+b^2}{a+2ab+b^2}\ge \sum \frac{(a+b)^2}{a+2ab+b^2}\ge \frac{4(a+b+c)^2}{a+b+c+(a+b+c)^2}\ge 3(\text{ do GT})$.

Chứng minh hoàn tất. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.

a^2 chứ 


 
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
 

#188
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là lời giải bài 87 và bài 88:

Lời giải bài 87: Ta có: $\frac{x+2y}{x^2+2y^2}-\frac{1}{x+y}=\frac{xy}{(x^2+y^2)+y^2}.\frac{3}{x+y}\le \frac{xy}{2xy+y^2}.\frac{3}{x+y}=\frac{x}{2x+y}.\frac{3}{x+y}$.

Tương tự ta cũng có: $\frac{2x+y}{2x^2+y^2}-\frac{1}{x+y}\le \frac{y}{x+2y}.\frac{3}{x+y}$.

Mặt khác ta cũng có: $\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{x+2y}\le \frac{2}{3}$, vì $BDT\iff \frac{x^2+y^2+4xy}{2x^2+2y^2+5xy}\le \frac{2}{3}$ hay $(x-y)^2\ge 0$.

Từ đó, ta có: $P-\frac{2}{x+y}\le (\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+x}).\frac{3}{x+y}\le \frac{2}{3}.\frac{3}{x+y}=\frac{2}{x+y}$.

Suy ra: $P\le \frac{4}{x+y}$.

Từ giả thiết ta lại có: $3(x+y)^2=4(x^2+y^2)+4\ge 2(x+y)^2+4\implies (x+y)^2\ge 4\iff x+y\ge 2$.

Từ đây suy ra : $P\le 2$. Dấu $=$ xảy ra tại $x=y=1$.

Lời giải bài 88:

Áp dụng $Cauchy$  ta có: 

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

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

$=\frac{1}{4}(1+\frac{y^2}{z^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2})\le \frac{1}{4}(1+\frac{y^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xy})=\frac{1}{4}(1+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x})$.

$=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}(\frac{y}{z}+\frac{y}{x})$.

Tiếp tục áp dụng $Caychy$, ta có: $x^3y^3+y^3z^3\ge \frac{1}{4}(xy+yz)^3$.

$\implies \frac{x^3y^3+y^3z^3}{z^3x^3}\ge \frac{(xy+yz)^3}{4z^3x^3}=\frac{1}{4}(\frac{y}{z}+\frac{y}{x})^3$.

Suy ra: $P\le \frac{1}{4}+\frac{1}{8}(\frac{y}{z}+\frac{y}{x})-\frac{1}{96}(\frac{y}{z}+\frac{y}{x})^3$.

Đặt $t=\frac{y}{z}+\frac{y}{x},t>0\implies P\le -\frac{1}{96}t^3+\frac{1}{8}t+\frac{1}{4}$.

(Phần khảo sát hàm số xin dành cho bạn đọc).

KSHS, ta được: $P\le \frac{5}{12}$. Dấu $=$ xảy ra tại:$x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

 



#189
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 89: Cho $x,y,z$ là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=3(x^2+y^2+z^2)-2xyz$.

Bài 90: Cho $3$ số thực $a,b,c\in \text{[}\alpha;\beta\text{]}$ mà $\beta-\alpha\le 2$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{ab+1}+\sqrt{bc+1}+\sqrt{ca+1}>a+b+c$



#190
royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết

Tiếp theo: 

Bài 89: Cho $x,y,z$ là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=3(x^2+y^2+z^2)-2xyz$.Lâu rồi không vào topic của anh :D 

Lâu rồi không vào topic ủng hộ anh :D

-------

Áp dụng bđt AM-GM ta có: $VT \geq (x+y+z)^2-\frac{2(x+y+z)^3}{27}=7$

Vậy $MinP=7$. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$

 

P/s: Sai đề chăng :D. Nếu đổi thành $+2xyz$ thì hay hơn  :icon6: 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 12-10-2016 - 01:14


#191
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 87: Royal1534 đã cho lời giải đúng. Dưới đây là lời giải bài 88:

Lời giải bài 88:

Ta có: $\sqrt{ab+1}\ge \sqrt{ab+\frac{(a-b)^2}{2}}=|\frac{a+b}{2}|$.

Tương tự ta được: $\sum \sqrt{ab+1}\ge \sum |\frac{a+b}{2}|\ge |a+b+c|\ge a+b+c$.

(Áp dụng: $|x|+|y|+|z|\ge |x+y+z|$).

Tiếp theo:

Bài 91: Cho các số thực dương $x,y,z$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{36}{9+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$.

Bài 92: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z\le 1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=4x+3y+24z+\frac{19}{x}+\frac{25}{3y}+\frac{8}{3z}$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-10-2016 - 18:09


#192
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

Bài 87: Royal1534 đã cho lời giải đúng. Dưới đây là lời giải bài 88:

Lời giải bài 88:

Ta có: $\sqrt{ab+1}\ge \sqrt{ab+\frac{(a-b)^2}{2}}=|\frac{a+b}{2}|$.

Tương tự ta được: $\sum \sqrt{ab+1}\ge \sum |\frac{a+b}{2}|\ge |a+b+c|\ge a+b+c$.

(Áp dụng: $|x|+|y|+|z|\ge |x+y+z|$).

Tiếp theo:

Bài 91: Cho các số thực dương $x,y,z$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{36}{9+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$.

Bài 92: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z\le 1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=4x+3y+24z+\frac{19}{x}+\frac{25}{3y}+\frac{8}{3z}$. 

Bài 91: Theo AM - GM:  $(9+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq (9+3\sqrt[3]{(xyz)^4})(\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}})\geq \frac{36\sqrt[4]{\sqrt[3]{(xyz)^4}}}{\sqrt[3]{xyz}}= 36$

 

Bài 92: Theo AM - GM: $P=19(4x+\frac{1}{x})+25(3y+\frac{1}{3y})+8(12z+\frac{1}{3z})-72(x+y+z)\geq 76+50+32-72=86.$

$\Rightarrow MinP=86$ tại $x=\frac{1}{2}, y=\frac{1}{3}, z= \frac{1}{6}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 12-10-2016 - 18:44


#193
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 91 và bài 92: MrS đã cho lời giải đúng. Mình xin tiếp tục:

Bài 93: Cho $x,y,z>0$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$. Chứng minh:

$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+yx}\ge \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$.

Bài 94: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của: $P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$



#194
MrS

MrS

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 29 Bài viết

 

Bài 94: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của: $P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Đổi thành a,c,b thưc thì là bài 3 của IMO 2006 :D 



#195
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Bài 93:

Đặt $ \sqrt{x}=a, \sqrt{y}=b, \sqrt{z}=c $

Khi đó ta $ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2 $

BĐT cần chứng minh trở thành

$ \sqrt{a^2+b^2c^2}+\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{c^2+a^2b^2} \ge abc+a+b+c $

Áp dụng BĐT $ Mincopxki $ ta :

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

$ (a+b+c)^2+(ab+bc+ac)^2 =(a+b+c)^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 +2abc(a+b+c)=(a+b+c)^2 +a^2b^2c^2+2abc(a+b+c)=(abc+a+b+c)^2 $

$ \Longrightarrow \sqrt{a^2+b^2c^2}+\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{c^2+a^2b^2} \ge abc+a+b+c $ (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=3 $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 13-10-2016 - 18:59


#196
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết


Bài 91 và bài 92: MrS đã cho lời giải đúng. Mình xin tiếp tục:

Bài 93: Cho $x,y,z>0$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$. Chứng minh:

$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+yx}\ge \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$.

Bài 94: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của: $P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Bài 94:

Giả sử $c=min{a,b,c}$

Trường hơp 1: Nếu $a\ge b\ge c$ suy ra: $P\le 0$

Trường hợp 2: Nếu $b\ge a\ge c$

\[P = \left( {b - a} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)\left( {a + b + c} \right) = \left( {b - a} \right)\left( {{c^2} - ca - cb + ab} \right)\left( {a + b + c} \right) = f\left( c \right)\]

\[ \to f'\left( c \right) = \left( {2c - a - b} \right)\left( {a + b + c} \right) + \left( {{c^2} - ca - cb + ab} \right)\]

\[ = 2{c^2} + c\left( {a + b} \right) - {\left( {a + b} \right)^2} + {c^2} - c\left( {a + b} \right) + ab\]

\[ = 3{c^2} + ab - {\left( {a + b} \right)^2} \leqslant 3{c^2} + ab - 4ab = 3{c^2} - 3ab \leqslant 0\]

Nên suy ra với $c\ge 0$ ta suy ra:

\[P = f\left( c \right) \leqslant f\left( 0 \right) = \left( {b - a} \right)ab\left( {a + b} \right) = ab\left( {{b^2} - {a^2}} \right)\]

\[ \Rightarrow 4{P^2} = 4{a^2}{b^2}{\left( {{b^2} - {a^2}} \right)^2} \leqslant {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)^2}\]

Mà $a^2+b^2+c^2=1\ge a^2+b^2$ nên suy ra:

$P\le\dfrac{1}{4}$

Điểm rơi bài toán $\begin{cases}c=0\\a^2+b^2=1\\b^2-a^2=2ab\end{cases}$

\[b = \frac{1}{{\sqrt {4 - 2\sqrt 2 } }};a = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{{\sqrt {4 - 2\sqrt 2 } }};c = 0\]


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/

 


#197
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 93 và bài 94: anhquannbk hanguyen445 đã cho lời giải đúng. Dưới đây là hai cách khác của bài 93 và bài 94:

Lời giải bài 93: Giả thiết tương đương: $\sqrt{xyz}=\sqrt{\frac{xy}{z}}+\sqrt{\frac{yz}{x}}+\sqrt{\frac{xz}{y}}$.

Ta dễ dàng chứng minh: $\sqrt{z+xy}\ge \sqrt{z}+\sqrt{\frac{xy}{z}}(*)$.

Thật vậy: $(*)\iff z+xy\ge z+\frac{xy}{z}+2\sqrt{xy}\iff z+xy\ge z+ xy(1-\frac{1}{x}-\frac{1}{y})+2\sqrt{xy}\iff x+y\ge 2\sqrt{xy}$.

Từ đây ta có DPCM.

Lời giải bài 94:

Ta sẽ chứng minh: $1=(a^2+b^2+c^2)^2\ge 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$.

Ta xét hai trường hợp:

Th1: Nếu $a\ge b\ge c$. Lúc đó hiển nhiên đúng do: $(a^2+b^2+c^2)\ge 0\ge 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$.

Th2: Nếu: $a\le b\le c$. Áp dụng $AM-GM$ ta có:

$4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)=4(a+b+c)(b-a)(c-b)(c-a)\le [(a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)]^2$.

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2\ge (a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)$.

$\iff a(2a+2c-b)\ge 0$.

Từ đây ta có DPCM.



#198
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Tiếp theo:

Bài 95: Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn: $x^2+y^2=2$. Tìm GTLN,GTNN của biểu thức: $M=x^2(x+2)+y^2(y+2)+3(x+y)(xy-4)$

Bài 96: Cho $x,y,z\in \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $x+y+z=2012$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $M=xy+yz+zx$



#199
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Bài 95:

Ta $ M=x^2(x+2)+y^2(y+2)+3(x+y)(xy-4)=x^3+y^3+2(x^2+y^2)+3(x+y)(xy-4)=(x+y)(2-xy)+3(x+y)(xy-4) +4= 2(x+y)(xy-5)+4 $

Đặt $ x+y =t \Longrightarrow xy=\dfrac{t^2-2}{2} $

$ \Longrightarrow M= t^3-12t+4 $

Xét hàm $ f(t)=t^3-12t+4 $ với $ t \in (-\infty ; 2] $

$ f'(t)=3t^2-12 $, $ f'(t)=0 \iff t=2, t=-2 $

Ta $ f(2)=-12, f(-2)=20 $

Vậy $ Max M=20 \iff x=y=-1 $ $ Min M=-12 \iff x=y=1 $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 14-10-2016 - 19:57


#200
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Dưới đây là cách khác bài 95 và lời giải bài 96:

Lời giải bài 95: Ta có: $(x+y)^2\le 2(x^2+y^2)=4\implies -2\le x+y\le 2$.

Khi đó: $M=x^2(x+2)+y^2(y+2)+3(x+y)(xy-4)=(x+y)^3-12(x+y)+4$.

Đặt $t=x+y,t\in [-2;2]$. Ta có: $f(t)=t^3-12t+4;f'(t)=3t^2-12\le 0\forall t\in [-2;2]$.

Do đó: $f(t)$ giảm. Suy ra: $Max(M)=f(-2)=20\iff t=-2\iff x=y=-1$ và $MIn(M)=f(2)=-12\iff t=2\iff x=y=1$.

Lời giải bài 96: KMTTQ, giả sử: $x\ge y\ge z\implies 1\le z\le 670$.

Khi đó, sử dụng $BCS$ với $x,y,z+1$, ta được:

$2013^2=[x+y+(z+1)^2]\ge 3[xy+y(z+1)+(z+1)x]$.

$\implies 2013^2\ge 3(M+x+y)=3(M+2012-z)\ge 3(M+2012-670)$.

$\implies M\le \frac{2013^2}{3}-(20112-670)=1349381$.

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=671;z=670$. Vậy $Max(M)=1349381$.

Tìm Min(M):

Ta có: $M(x,y,z)=xy+yz+zx\forall x,y,z\in \mathbb{N}^*$.

Nhận xét: Nếu $z\ge 2$ thì:

$M(x+1,y,z-1)=(x+1)y+y(z-1)+(z-1)(x+1)=M(x,y,z)+z-x-1<M(x,y,z)$.

Vậy nên: $M(x,y,z)>M(x+1,y,z-1)$.

Tương tự, khi $y\ge 2$ thì:

$M(x+1,y-1,1)=(x+1)(y-1)+y(z-1)+(z-1)(x+1)=xy+x+y+(y-x-1)<xy+x+y=M(x,y,1)$.

Vậy nên $M(x,y,z)>M(2010,1,1)$ ứng với mọi $z>1$ hoặc $y=1$.

Suy ra $min(M)=M(2010,1,1)=4021$.

(Ps: Đây là một trong những kĩ thuật hay dùng đối với những bài toán có dữ kiện là các số nguyên dương, mọi người cần đọc rõ và hiểu kĩ thì mới thấy được nét độc đáo của kĩ thuật này.)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 15-10-2016 - 18:07





1 người đang xem chủ đề

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