Chủ đề này có 7 trả lời

[tritanngo99]

Bài 1: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $ab\ge 1$ và $c(a+b+c)\ge 3$.

Tìm GTNN của $P=\frac{b+2c}{1+a}+\frac{a+2c}{1+b}+6ln(a+b+2c)$.

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1}\le \frac{3}{2}$.

Bài 3: Cho $a,b,c$ không đồng thời bằng $0$ và thỏa mãn: $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$. Tìm GTNN,GTLN của:

$P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$.

[L Lawliet]

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1}\le \frac{3}{2}$.

Lời giải.

Đặt

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( ab+1 \right )^{2}\leq \left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$

$$\Leftrightarrow ab+1\leq \sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}$$

\begin{align*} \Rightarrow P &\leq \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+ab+bc+ca \right )\left ( b^{2}+ab+bc+ca \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\left ( a+b \right )\sqrt{\left ( c+a \right )\left ( b+c \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2}{\sqrt{c^{2}+1}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \end{align*}

Ta sẽ chứng minh $\frac{2}{\sqrt{c^{2}+1}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1}\leq \frac{3}{2}$.

Đặt $\sqrt{c^{2}+1}=t>0$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\frac{2}{t}+\frac{t^{2}-2}{t^{2}}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \left ( t-2 \right )^{2}\geq 0$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=2-\sqrt{3}$, $c=\sqrt{3}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 10-08-2016 - 11:11

[Nhok Tung]

Lời giải.

Đặt

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( ab+1 \right )^{2}\leq \left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$

$$\Leftrightarrow ab+1\leq \sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}$$

\begin{align*} \Rightarrow P &\leq \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+ab+bc+ca \right )\left ( b^{2}+ab+bc+ca \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\left ( a+b \right )\sqrt{\left ( c+a \right )\left ( b+c \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2}{c^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \end{align*}

Ta sẽ chứng minh $\frac{2}{c^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1}\leq \frac{3}{2}$.

Đặt $\sqrt{c^{2}+1}=t>0$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\frac{2}{t}+\frac{t^{2}-2}{t^{2}}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \left ( t-2 \right )^{2}\geq 0$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=2-\sqrt{3}$, $c=\sqrt{3}$.

Chỗ này là căn bậc 2 :v

[rfiyms]

Bài 3: Cho $a,b,c$ không đồng thời bằng $0$ và thỏa mãn: $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$. Tìm GTNN,GTLN của:

$P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$.

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$, $c=0$ hoặc $4a=4b=c$ (và các hoán vị).

Ta sẽ chứng minh $\min P=1$. Thật vậy ta có có:

$$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\left ( a+b+c \right )\left (ab+bc+ca  \right )}\geq 1$$

$$\Leftrightarrow \left (a+b+c  \right )^{3}-3\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+3abc\geq \left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 2\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+3abc\geq 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+3abc\geq 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 3abc\geq 0$$

Vì $a$, $b$, $c$ không đồng thời bằng $0$ nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.

Ta sẽ chứng minh $\max P=\frac{11}{9}$. Thật vậy, ta có:

$$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}\leq \frac{11}{9}$$

$$\Leftrightarrow 9\left ( a+b+c \right )^{3}-\frac{27}{4}\left ( a+b+c \right )^{3}+27abc\leq \frac{11}{4}\left ( a+b+c \right )^{3}$$

$$\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{3}\geq 54abc$$

Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $a+b+c=6$. Đặt $a=x$, $b=y$, $c=4z$. Khi đó $x+y+4z=6$ và $x^{2}+y^{2}+16z^{2}=18$.

Ta sẽ chứng minh $xyz\leq 1$. Ta có:

$$x^{2}-2x+1+y^{2}-2y+1+16\left ( z^{2}-2z+1 \right )\geq 0$$

$$\Leftrightarrow 32z^{2}\leq 32z$$

$$\Leftrightarrow z\leq 1$$

Mặt khác ta lại có:

$$x^{2}+y^{2}+16z^{2}=18$$

$$-2xy+16z^{2}\left ( x+y \right )^{2}-2xy+16z^{2}=18$$

$$\Leftrightarrow \left ( 4z-6 \right )^{2}=18$$

$$\Leftrightarrow 16z^{2}+9=24z+xy$$

$$\Leftrightarrow 16z^{3}+9z=24z^{2}+xyz$$

Ta cần chứng minh $16z^{2}+9z-24z^{2}\leq 1$. Điều này luôn đúng với mọi $z\leq 1$ vì bất đẳng thức tương đương với $\left ( z-1 \right )\left ( 4z-1 \right )^{2}\leq 0$.

Vậy $\min P=1$ đạt được khi $a=b$, $c=0$ và $\max P=\frac{11}{9}$ đạt được khi $4a=4b=c$ và các hoán vị.

[rfiyms]

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1}\le \frac{3}{2}$.

Có thể sử dụng hệ thức lượng trong tam giác để giải bài này.

Đặt $a=\tan \frac{A}{2}$, $b=\tan \frac{B}{2}$, $c=\tan \frac{C}{2}$ với $A$, $B$, $C\in \left [ 0;\pi  \right )$.

Khi đó giả thuyết trở thành $\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1$.

Điều này chứng tỏ $A$, $B$, $C$ là ba góc của một tam giác.

Khi đó ta có:

\begin{align*} \frac{2a}{a^{2}+1}+\frac{2b}{b^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} &= \frac{2\tan \frac{A}{2}}{\tan ^{2}\frac{A}{2}+1}+\frac{2\tan \frac{B}{2}}{\tan ^{2}\frac{B}{2}+1}+\frac{\tan ^{2}\frac{C}{2}-1}{\tan ^{2}\frac{C}{2}+1} \\ &= \frac{2\tan \frac{A}{2}}{\frac{1}{\cos ^{2}\frac{A}{2}}}+\frac{2\tan \frac{B}{2}}{\frac{1}{\cos ^{2}\frac{B}{2}}}+\frac{\frac{\sin ^{2}\frac{C}{2}-\cos ^{2}\frac{C}{2}}{\cos ^{2}\frac{C}{2}}}{\frac{1}{\cos ^{2}\frac{C}{2}}} \\ &= 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}+ 2\sin \frac{B}{2}\cos \frac{B}{2} -\left( \cos ^{2}\frac{C}{2}-\sin ^{2}\frac{C}{2} \right) \\ &= \sin A +\sin B-\cos C \\ & = \sin A+\sin B+\cos \left( A+B \right) \\ &= 2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}+1-2\sin ^{2}\frac{A+B}{2} \end{align*}

Mặt khác $\cos \frac{A-B}{2}\leq 1$ và $\sin \frac{A+B}{2}>0$ nên:

\begin{align*} 2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}+1-2\sin ^{2}\frac{A+B}{2} &\leq 2\sin \frac{A+B}{2}+1-2\sin ^{2}\frac{A+B}{2} \\ &= \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left( 1-2\sin \frac{A+B}{2} \right)^{2} \leq \frac{3}{2} \end{align*}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} \cos \frac{A-B}{2}=1 &  & \\ \sin \frac{A+B}{2}=\frac{1}{2} & & \\ A+B+C=\pi &  &  \end{matrix}\right.$ giải hệ trên ta được $a=b=2-\sqrt{3}$ và $c=\sqrt{3}$.

[caobo171]

Bài 1: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $ab\ge 1$ và $c(a+b+c)\ge 3$.

Tìm GTNN của $P=\frac{b+2c}{1+a}+\frac{a+2c}{1+b}+6ln(a+b+2c)$.

 

Ta có đánh giá sau : $9\leq 3c(a+b+c)\leq (4c+a+b)^{2}/4\Rightarrow 2\leq 4c+b+a-4$
Lại có : $\frac {b+2c}{a+1}+\frac {a+2c}{b+1}=(a+b+2c)(\frac {1}{a+1}+\frac{1}{b+1})-2\geq\frac{4(a+b+2c)}{a+b+2}-2 \geq \frac{4(a+b+2c)}{2(a+b+2c)-4}-2$
Đến đây xét hàm f(t) với t=a+b+2c thuộc (0;4] chắc là ổn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caobo171: 13-08-2016 - 18:38

[iloveyouproht]

Ta có đánh giá sau : $9\leq 3c(a+b+c)\leq (4c+a+b)^{2}/4\Rightarrow 2\geq 4c+b+a-4$
Lại có : $\frac {b+2c}{a+1}+\frac {a+2c}{b+1}=(a+b+2c)(\frac {1}{a+1}+\frac{1}{b+1})-2\geq\frac{4(a+b+2c)}{a+b+2}-2 \geq \frac{4(a+b+2c)}{2(a+b+2c)-4}-2$
Đến đây xét hàm f(t) với t=a+b+2c thuộc (0;4] chắc là ổn 

Hình Như chỗ này ngược dấu phải k ạ

[caobo171]

Hình Như chỗ này ngược dấu phải k ạ

tại tớ viết nhầm đoạn đầu thôi bạn ạ , tớ sửa lại rồi nhé !