Chủ đề này có 6 trả lời

[quanganhvu1503]

Câu 1: Cho $x, y > 0$ thỏa mãn $x^{2}-4x+y^{2}+y=10$. Tìm GTLN của $B = 4x+\sqrt{3}y$

Câu 2: Cho $x, y, z\geq 1$. Chứng minh rằng $\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}< \sqrt{x(yz+1)}$

Câu 3: Cho $x,y> 0$ thỏa mãn $x+y=6$. Tìm GTNN của $C=\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}+\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^{2}}}$

Câu 4: Cho $a, b, c> 0$. Chứng minh rằng $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$

Câu 5: Cho $x,y,z> 0$ thỏa mãn $x+y+z=\frac{9}{2}$. Tìm GTNN của $D=\frac{yz}{x^{2}(y+z)}+\frac{zx}{y^{2}(z+x)}+\frac{xy}{z^{2}(x+y)}$

[quanganhvu1503]

Câu 1: Cho $x, y > 0$ thỏa mãn $x^{2}-4x+y^{2}+y=10$. Tìm GTLN của $A = 4x+\sqrt{3}y$

Câu 2: Cho $x, y, z\geq 1$. Chứng minh rằng $\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}< \sqrt{x(yz+1)}$

Câu 3: Cho $x,y> 0$ thỏa mãn $x+y=6$. Tìm GTNN của $B=\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}+\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^{2}}}$

Câu 4: Cho $a, b, c> 0$. Chứng minh rằng $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$

Câu 5: Cho $x,y,z> 0$ thỏa mãn $x+y+z=\frac{9}{2}$. Tìm GTNN của $C=\frac{yz}{x^{2}(y+z)}+\frac{zx}{y^{2}(z+x)}+\frac{xy}{z^{2}(x+y)}$

[nguyenhuybao06]

Câu 5. 

 $$D=\sum\frac{yz}{x^2(y+z)}= \sum \frac{\left( \frac{yz}{x} \right)}{xy+zx}\geq \frac{\left(\sum \sqrt{\frac{yz}{x}}\right)^2}{2\sum xy}\geq\frac{3\sum \sqrt{\frac{yz^2x}{xy}}}{2\sum xy}\geq\frac{3\sum x}{\frac{2(\sum x)^2}{3}}=\frac{9\sum x}{2(\sum x)^2}=\frac{9}{2\sum x}=1$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 29-11-2023 - 00:20

[nguyenhuybao06]

Câu 4. 

$$\sum\frac{a}{b+c}=\sum\frac{a^2}{ab+ca}\geq\frac{(\sum a)^2}{2\sum ab}\geq\frac{(\sum a)^2}{\frac{2(\sum a)^2}{3}}= \frac{3}{2}$$

 

 

 

 

 

 

 

 

[Hahahahahahahaha]

tham khảo sách ta có: 

Câu 2: CMR với mọi $a,b,c\geq 1$ ta có: $\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{c(ab+1)}$ 

                                                                                                       (Đề thi Olympic Toán, Hồng Kông 1998)

    Quan sát bài toán, ta thấy đây cũng là một bất đẳng thức với biến tự do ( có nghĩa là không có điều kiện nào ràng buộc giữa chúng). Chính vì thế, ta có thể tự do đánh giá theo từng biến mà không lo lắng nhiều về dấu bằng

     Bây giờ, ta quan sát tiếp và nhận thấy VP có sự xuất hiện của tích ab., vì thế rất tự nhiên, ta nghĩ ngay đến việc đánh giá Bunhyakovsky cho tổng $ \sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}$  sao cho tích ab xuất hiện. Cụ thể là:

$(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1})^{2}=(\sqrt{a-1}.1+1.\sqrt{b-1})^{2}\leq [(\sqrt{a-1})^{2}+1][(\sqrt{b-1})^{2}+1]=ab$

suy ra:           $\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}\leq\sqrt{ab}$

Như vậy ta sẽ cần phải chứng minh: $\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{c(ab+1)} $

Đến đây, ta tiếp tục quan sát và nhận thấy rằng:  $c(ab+1)=(c-1+1)(1+ab) $

Chính điều này gợi lên cho ta áp dụng Bunhyakovsky như sau:

  $(\sqrt{ab}+\sqrt{c-1})^{2}=(\sqrt{ab}.1+1.\sqrt{c-1})^{2}\leq [(\sqrt{ab})^{2}+1][1+(\sqrt{c-1})^{2}]$

Và như thế bài toán đã được chứng minh xong.     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 01-12-2023 - 20:36

[Hahahahahahahaha]

câu 3

áp dụng BDT Minkowski

$C\geq \sqrt{(x+y)^{2}+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^{2}}=\sqrt{6^{2}+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^{2}}$

mặt khác:$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

$=>C\geq \sqrt{6^{2}+(\frac{2}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{82}}{3}$

đạt được $<=>x=y=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 01-12-2023 - 21:04

[Hahahahahahahaha]

câu 1: 

$x^{2}-4x+y^{2}+y=10<=>4x^{2}-16x+4y^{2}+4y=40<=>(2x-4)^{2}+(2y+1)^{2}=57$

áp dụng bdt bunhyakovski ta có;

$(4x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}-8)^{2}=[2(2x-4)+\frac{\sqrt{3}}{2}(2y+1)]^{2}\leq (2^{2}+\frac{3}{2^{2}})[(2x-4)^{2}+(2y+1)^{2}]$

$=>(4x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}-8)^{2}\leq \frac{19}{4}.57=\frac{1083}{4}$

$=>4x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}-8\leq \sqrt{(4x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}-8)^{2}}\leq \sqrt{\frac{1083}{4}}=\frac{19\sqrt{3}}{2}$

$=>4x+\sqrt{3}y\leq \frac{19\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}+8=8+9\sqrt{3}$

vậy GTLN của $B=8+9\sqrt{3}<=>x=\frac{4\sqrt{3}+4}{2};y=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 02-12-2023 - 20:40