1115 replies to this topic

[perfectstrong]

Bài 23:
Cần chứng minh:
\[\dfrac{a}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{{a + b + c}}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{b}{{{{\left( {\dfrac{1}{a} + b + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{{a^2}b}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{c}{{{{\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{{ab}} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{c.{a^2}{b^2}}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\Rightarrow \dfrac{a}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{a + {a^2}b + ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\dfrac{1}{{a + b + c}} = \dfrac{1}{{a + b + \dfrac{1}{{ab}}}} = \dfrac{{ab}}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \\
\end{array}\]
Do đó:
\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{{a + {a^2}b + ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{{ab}}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \Leftrightarrow \dfrac{{ab + b + 1}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{b}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \\
\Leftrightarrow \left( {ab + b + 1} \right)\left( {{a^2}b + a{b^2} + 1} \right) \ge b{\left( {ab + a + 1} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {a^3}{b^2} + a{b^3} + 1 \ge {a^2}{b^2} + a{b^2} + ab \\
\Leftrightarrow a{b^2}{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} + ab{\left( {b - 1} \right)^2} \ge 0:True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]

[yeutoan11]

Bài 22: Nâng độ khó chút vậy
Cho a,b,c,d thuộc [0;1]. Tìm GTLN của $\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{acd+1}+\dfrac{c}{abd+1}+\dfrac{d}{abc+1}$

Bài 22
VT = A
Để ý thấy $bcd \geq abcd$
Vậy $A \leq \dfrac{a+b+c+d}{abcd + 1}$
Lại có $a+b \leq ab + 1$
$c+d \leq cd + 1$
$ab+cd \leq abcd + 1$
Suy ra $a+b+c+d\leq abcd+3\leq 3abcd + 3=3(abcd + 1)$
Vậy $A \leq 3$ khi 3 số bằng $1$ và một số bằng $0$

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:38.

[Ispectorgadget]

Bài 24: Cho x $\in (-1;1)$ Tìm GTNN của biểu thức
A = $\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-x^2}}$
Bài 25: Cho a,b,c là 3 số thực dương. CMR: $a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Bài 26: Tìm min S =$(1+\dfrac{a}{3b})(1+\dfrac{b}{3c})(1+\dfrac{c}{3a})$ với a,b,c >0
Bài 27: Cho a,b,c > 0. CMR:$ \dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Bài 28: Cho a,b,c > 0 và a + b+c = 2012. Tìm GTNN của
$K=\dfrac{a^4}{a^2+b^2}+\dfrac{b^4}{b^2+c^2}+\dfrac{c^4}{c^2+a^2}$

Edited by Cao Xuân Huy, 05-01-2012 - 15:42.

[perfectstrong]

Bài 23:
Lời giải khác:
Đặt \[a = \dfrac{x}{y};b = \dfrac{y}{z};c = \dfrac{z}{x}\left( {x;y;z} \right) > 0\]
\[\begin{array}{l}
bdt \Leftrightarrow \dfrac{{xy{z^2}}}{{{{\left( {xy + xz + yz} \right)}^2}}} + \dfrac{{{x^2}yz}}{{{{\left( {xy + xz + yz} \right)}^2}}} + \dfrac{{x{y^2}z}}{{{{\left( {xy + yz + xz} \right)}^2}}} \ge \dfrac{{xyz}}{{{x^2}z + {y^2}x + y{z^2}}} \\
\Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {x{y^2} + y{z^2} + z{x^2}} \right) \ge {\left( {xy + xz + yz} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {x^3}z + {y^3}x + {z^3}y \ge xyz\left( {x + y + z} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{y} + \dfrac{{{y^2}}}{z} + \dfrac{{{z^2}}}{x} \ge x + y + z \\
\end{array}\]
BĐT cuối đúng theo Cauchy-Schwart nên ta có đpcm.

[Cao Xuân Huy]

Bài 27: Cho a,b,c > 0. CMR:$ \dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Bài 28: Cho a,b,c > 0 và a + b+c = 2012. Tìm GTNN của
$K=\dfrac{a^4}{a^2+b^2}+\dfrac{b^4}{b^2+c^2}+\dfrac{c^4}{c^2+a^2}$

Bài 27:
Ta có:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{{a{b^2}}}{{2ab}}} \right)} = \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{b}{2}} \right)} = \dfrac{{a + b + c}}{2}\]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 28:
Ta có:
\[K = \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^4}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{2ab}}} \right)} = \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{ab}}{2}} \right)} \]
Ta có:
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{3}$
$ab + ac + bc \le \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{3}$
Vậy:
\[K \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{ab}}{2}} \right)} \ge \dfrac{{{{2012}^2}}}{3} - \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} \Rightarrow {K_{\min }} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{{2012}}{3}\]

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 25:Bất đẳng thức hoán vị
Bài 26:Áp dụng Holder ta có:$S\geq (1+\dfrac{1}{3})^{3}=\dfrac{64}{27}$
Bài 27 và Bài 28:Dùng AM-GM ngược dấu

[Ispectorgadget]

Mấy bài này không cần dùng kiến cao siêu quá đâu
Bài 25:
$2VT \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$
$\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$
$\geq 2a^2\sqrt{bc}+2b^2\sqrt{ac}+2c^2\sqrt{ab}=2(a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab})$
Từ đây ta có đpcm
Bài 26 còn cách dùng AM-GM mọi người nghĩ tiếp nhé

Edited by perfectstrong, 05-01-2012 - 21:06.

[perfectstrong]

Bài 26:
Lời giải khác:
\[1 + \dfrac{a}{{3b}} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{a}{{3b}} \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{a}{{81b}}}} = \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{a}{b}}}\]
Tương tự, ta có:
\[\begin{array}{l}
1 + \dfrac{b}{{3c}} \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{b}{c}}};1 + \dfrac{c}{{3a}} \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{c}{a}}} \\
\Rightarrow S = \left( {1 + \dfrac{a}{{3b}}} \right)\left( {1 + \dfrac{b}{{3c}}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{{3a}}} \right) \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{a}{b}}}.\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{b}{c}}}.\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{c}{a}}} = \dfrac{{64}}{{27}} \\
\end{array}\]
Đẳng thức xảy ra khi
\[\dfrac{1}{3} = \dfrac{a}{{3b}} = \dfrac{b}{{3c}} = \dfrac{c}{{3a}} \Leftrightarrow a = b = c > 0\]
Do đó, \[ \min S=\dfrac{64}{27} \]

[Ispectorgadget]

Bài 29: Cho a,b là 2 số thực dương thay đổi thoả mãn $(1+a)(1+b)=\dfrac{9}{4}$
Tìm GTNN của P = $\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}$ (chuyên KHTN - 2010 vòng 1)
Bài 30: Cho x,y,z là 3 số thực dương thoả $x+y+z=1$
CMR: $\dfrac{\sqrt{xy+z}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$
(Chuyên KHTN vòng 2 - 2010)

[Ispectorgadget]

Làm nốt bài này vậy
Bài 24:
Cách 1: $A^2=\dfrac{25-30x+9x^2}{1-x^2}=\dfrac{(3-5x)^2}{1-x^2}+16\geq 16$
$\Rightarrow A\geq 4$ dấu "=" xảy ra khi $x=\dfrac{3}{5}$
Cách 2:
$A=\dfrac{1+x-4x+4}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{(1+x)+4(1-x)}{\sqrt{1-x^2}}\geq \dfrac{4\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}=4$
C3: Dùng KSHS. Do đây là topic BĐT THCS nên mình không nêu cách này ở đây

[Ispectorgadget]

Bài 31: Cho $a^3+b^3=2$. Chứng minh rằng $0<a+b\le 2$
(chuyên toán TPHCM năm học 2008-2009)
Việc Chứng minh $a+b>0$ khá dễ nên mình sẽ chứng minh trước.
Ta có: \[
a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2 ) = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b \ne 0 \\
a^2 - ab + b^2 \ne 0 \\
\end{array} \right.
\]

Mà $a^2 - ab + b^2 = (a - \dfrac{b}{2})^2 + \dfrac{3}{4}b^2 \ge 0 \Rightarrow a^2 - ab + b^2 > 0 \Rightarrow a + b > 0$
Cách khác: $a^3 + b^3 = 2 > 0 \Rightarrow a > - b \Leftrightarrow a + b > 0$
Phần chứng minh $a + b \le 2$ theo mình được biết thì có khá nhiều học sinh không tìm ra lời giải.
Tuy nhiên phần chứng minh này có khá nhiều cách mọi người thử suy nghĩ nhé!!

Edited by Ispectorgadget, 06-01-2012 - 21:28.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 30: Cho x,y,z là 3 số thực dương thoả $x+y+z=1$
CMR: $\dfrac{\sqrt{xy+z}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$
(Chuyên KHTN vòng 2 - 2010)

$VT\geq \dfrac{\sqrt{xy+z}+x+y}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$

$\Leftrightarrow \sqrt{xy+z}\geq z+\sqrt{xy}\Leftrightarrow 1\geq z+2\sqrt{xy}\Leftrightarrow x+y+z\geq z+2\sqrt{xy}$(đúng theo AM-GM)

[perfectstrong]

Bài 25: Chứng minh $a+b \leq 2$
Theo bđt B.C.S, ta có:
\[\left( {a + b} \right)\left( {{a^3} + {b^3}} \right) \ge {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} \ge {\left[ {\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}} \right]^2} \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} \le 4\left( {{a^3} + {b^3}} \right) = 8 \Leftrightarrow a + b \le 2\]

[Mai Duc Khai]

Phần chứng minh $a + b \le 2$ theo mình được biết thì có khá nhiều học sinh không tìm ra lời giải.
Tuy nhiên phần chứng minh này có khá nhiều cách mọi người thử suy nghĩ nhé!!

Chia sẻ cùng mọi người:

Đặt \[a = \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow x = a - 1;b = \left( {y + 1} \right) \Leftrightarrow y = b - 1\]
\[ \Rightarrow {a^3} + {b^3} = {\left( {x + 1} \right)^3} + {\left( {y + 1} \right)^3} = 2\]
\[ \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 3\left( {x + y} \right) = 0\]
Mặt khác: \[3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge 0 \Rightarrow {x^3} + {y^3} + 3\left( {x + y} \right) \le 0\]
\[ \Rightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} - xy + {y^2} + 3} \right) \le 0\]
Lại có:\[{x^2} - xy + {y^2} + 3 = {\left( {a - \dfrac{b}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4}{b^2} + 3 > 0\]
\[ \Rightarrow x + y \le 0 \Leftrightarrow a - 1 + b - 1 \le 0 \Leftrightarrow a + b \le 2\]

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:39.

[dark templar]

Anh có ý kiến thế này với Kiên và mọi người tham gia topic:Các bạn khi giải xong 1 bài thì hãy thử suy nghĩ xem liệu có thể tổng quát được bài đó hay không (nâng lên thành $n$ biến hay với số mũ $n$....).Làm như vậy sẽ giúp các bạn trao đổi được nhiều kiến thức hơn .Như bài này:

Bài 20: Cho 3 số a,b,c thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1
Tìm GTNN của $\dfrac{1}{a^4(b+a)}+\dfrac{1}{c^4(a+c)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}$

Ta có thể đưa ra bài toán tổng quát tương tự với số mũ thực:
Tổng quát:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ và 1 số $\alpha \ge 2$.Tìm GTNN của:
$$P=\dfrac{1}{a^{\alpha}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{\alpha}(c+a)}+\dfrac{1}{c^{\alpha}(a+b)}$$

[Ispectorgadget]

Cám ơn ý kiến anh Phúc. Em không giỏi phần tổng quát cho lắm (nói chung là dở) có gì anh giúp đỡ em nhé!

Xin lỗi mọi người nhé nãy bài 31 đánh nhầm thành 25 (đã sửa)
Bài 31:
Cách 3: Ta có $2=a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
$=(a+b)[\dfrac{1}{4}(a+b)^2+\dfrac{3}{4}(a-b)^2]\geq \dfrac{1}{4}(a+b)^3\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Leftrightarrow a+b\leq 2$
Cách này khá giống cách của Perfectstrong biến đổi hơn khác tí
Cách 4: Ta có: $ab=\dfrac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}\Rightarrow 2=a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)$
$=(a+b)^3-\dfrac{3}{4}(a+b)^3+\dfrac{3}{4}(a-b)^2(a+b)\geq \dfrac{(a+b)^3}{4}$
$\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Rightarrow a+b\leq 2$
Cách 5: Từ $ab\leq \dfrac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow -3ab(a+b)\geq \dfrac{-3(a+b)^3}{4}$
Ta có: $2=a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)\geq (a+b)^3-\dfrac{3(a+b)^3}{4}=\dfrac{(a+b)^3}{4}$$\Rightarrow \dfrac{(a+b)^3}{4}\leq 2\Rightarrow a+b\leq 2$
Cách 6: Từ$a+b>0\Rightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0\Rightarrow (a+b)(a^2+b^2-ab)\geq ab(a+b)$
$\Rightarrow 3(a^3+b^3)\geq 3a^2b+3ab^2\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Rightarrow 2\geq a+b$
Cách 7:
Ta có: $(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq 0\Rightarrow (a^2-ab+b^2)-(a+b)+1\geq 0$
$\Rightarrow a^3+b^3-(a+b)^2+a+b\geq 0\Rightarrow (a+b)^2-(a+b)-2\leq 0$
$\Rightarrow (a+b+1)(a+b-2)\leq 0\Leftrightarrow a+b\leq 2$
Cách 8:
Trong 2 số giả sử 1 số không âm không mất tính tổng quát giả sử a<0 và b>0
$\Rightarrow b^3>2\Rightarrow b>1\Rightarrow a^2+b^2-ab>1\Rightarrow a^3+b^3>a+b\Rightarrow 2>a+b$
Xét cả số không âm nghĩa là a,b$\geq 0$ (*)
Tới đây có 2 cách:
Hướng 1:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\Rightarrow a^2\geq b^2$
Áp dụng BĐT Trê-bư-sep cho bộ dãy đơn điệu tăng
$a.a^2+b.b^2\geq \dfrac{(a+b)}{2}.(a^2+b^2)\geq \dfrac{a+b}{2}\dfrac{(a+b)^2}{2}\Leftrightarrow 8=a^3+b^3\geq (a+b)^3$
$\Rightarrow 2\geq a+b$ (1)
Hướng 2:
Áp dụng BĐT Am-GM ta có
$a^3+1+1\geq 3a$
$b^3+1+1\geq 3b$
Do đó $a^3+b^3+4\geq 3(a+b)\Rightarrow a+b\leq 2$ (1')

Từ (*)(1) hoặc (*)(1') ta có Đpcm
Trên đây là 1 số cách giải khác nhau cho 1 bài toán. Hy vọng còn nhiều hướng giải quyết khác nhau từ các bạn.

Edited by Ispectorgadget, 07-01-2012 - 00:30.

[perfectstrong]

Anh có ý kiến thế này với Kiên và mọi người tham gia topic:Các bạn khi giải xong 1 bài thì hãy thử suy nghĩ xem liệu có thể tổng quát được bài đó hay không (nâng lên thành $n$ biến hay với số mũ $n$....).Làm như vậy sẽ giúp các bạn trao đổi được nhiều kiến thức hơn .Như bài này:

Ta có thể đưa ra bài toán tổng quát tương tự với số mũ thực:
Tổng quát:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ và 1 số $\alpha \ge 2$.Tìm GTNN của:
$$P=\dfrac{1}{a^{\alpha}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{\alpha}(c+a)}+\dfrac{1}{c^{\alpha}(a+b)}$$

Mà anh Phúc cho em hỏi là nếu số mũ là số vô tỷ thì sao hả anh?
Em mới học được số mũ hữu tỷ và âm thôi. Anh có thể giải thích được không?

[vietfrog]

Góp vào Topic của Kiên một bài:

Bài 32 :
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a,b,c < 4$.
Chứng minh bất đẳng thức: $$\dfrac{1}{4-a}+\dfrac{1}{4-b}+\dfrac{1}{4-c}\geq \dfrac{3}{4}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}$$

[dark templar]

Mà anh Phúc cho em hỏi là nếu số mũ là số vô tỷ thì sao hả anh?
Em mới học được số mũ hữu tỷ và âm thôi. Anh có thể giải thích được không?

Số mũ vô tỷ không thể biểu diễn dưới dạng căn số hay phân thức.Chẳng hạn:$3^{\pi}$ không thể biểu diễn dưới bất kỳ biểu thức chứa căn thức nào

[Ispectorgadget]

Bài 33:
Cho a,b,c >0. CMR: $\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\geq \dfrac{3}{1+abc}$
Chuyên toán Trần Phú hải Phòng 2001-2002 bài này hình như nằm trong đề thi VMO TPHCM thì phải
Tổng quát ta có: Với a,b,c>0
CMR: $\dfrac{1}{a(m+b)}+\dfrac{1}{b(m+c)}+\dfrac{1}{c(m+a)}\geq \dfrac{3m}{m^3+abc}$ (m>0)

Edited by nguyentrunghieua, 09-03-2012 - 20:40.