tim1nuathatlac

Cho $a,b,c\geq 0, a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất:

$\sum \frac{(3a+1)^{2}}{6a^{2}-2a+1}$

Do tính đối xứng của đẳng thức, ta giả sử:   $a\geq b\geq c$

Ta có :

$P=\sum \frac{\left ( 3a+1 \right )^{2}}{6a^{2}-2a+1}\geq ^{C-S}\frac{\left ( 3a+1 \right )^{2}}{6a^{2}-2a+1}+\frac{\left [ 3\left ( b+c \right )+2 \right ]^{2}}{6\left ( b^{2}+c^{2} \right )-2\left ( b+c \right )+2 }$

$\geq \frac{\left ( 3a+1 \right )^{2}}{6a^{2}-2a+1}+\frac{\left ( 5-3a \right )^{2}}{6\left ( 1-a \right )^{2}-2\left ( 1-a \right )+2}=\frac{\left ( 3a+1 \right )^{2}}{6a^{2}-2a+1}+\frac{\left ( 5-3a \right )^{2}}{6a^{2}-10a+6}=Q$

Đến đây, ta dự đoán Min P đạt được khi $a=1$ , Nên ta cần chỉ ra được 

$Q\geq \frac{26}{5}\Leftrightarrow \left [ \frac{\left ( 3a+1 \right )^{2}}{6a^{2}-2a+1} -\frac{16}{5}\right ]+\left [ \frac{\left ( 5-3a \right )^{2}}{6a^{2}-10a+6}-2 \right ]\geq 0$

Với $a\left [ \frac{1}{3};1 \right ]$.

Thật vậy, ta cớ bđt tương đương là: 

$\left ( 1-a \right )\left [ \frac{51a-11}{5\left ( 6a^{2}-2a+1 \right )}+\frac{3a+13}{6a^{2}-10a+6} \right ]\geq 0$

                                                                                                                                                   luôn đúng.....$\square \square \blacksquare$

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa $xy+xz+yz=1$. và 0<x,y,z<1

Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$\frac{xyz}{(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)}$

Nick này quen quen...

Áp dụng: 

$\left ( \sum xy \right )^{2}\geq 3xyz\left ( x+y+z \right )$ & $xyz\leq \frac{\sqrt{3}}{9}$

Ta có: 

$P=\frac{1}{\left ( \frac{1}{x}-x \right )\left ( \frac{1}{y}-y\right )\left ( \frac{1}{z}-z \right )}\geq ^{Am-Gm}\frac{27}{\left ( \sum \frac{1}{x}-\sum x \right )}^{3}$

$\geq \frac{27}{\left ( \frac{1-xyz\left ( x+y+z \right )}{xyz} \right )}^{3}\geq \frac{27}{\left ( \frac{1-\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{9}} \right )}^{3}=\frac{3\sqrt{3}}{8}$

...............

                                     Dấu = xảy ra chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cho a,b >0,

Chứng minh rằng: 

 

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}+7(a+b)\geq 8\sqrt{2(a^2+b^2)}$

Bài này chỉ đơn thuần là sử dụng bđt AM-GM 2 số thôi.

Ta viết lại bđt dưới dạng:

$a^{3}+b^{3}+7ab\left ( a+b \right )\geq 8ab\sqrt{2\left ( a^{2}+b^{2} \right )}$.

Xét: 

              $VP=8\sqrt{ab}\sqrt{\left ( a^{2}+b^{2} \right )2ab}\leq ^{Am-gM}4\sqrt{ab}\left ( a+b \right )^{2}$.

              $VT=\left ( a+b \right )\left [ \left ( a+b \right )^{2}+4ab \right ]\geq ^{Am-GM}\left ( a+b \right )4\sqrt{ab}\left ( a+b \right )\geq VP$.

$\Rightarrow \square .$

Cho 3 số a,b,c thỏa mãn:

      $0\leq a;b;c\leq 2$ và a+b+c=3

    Chứng minh rằng: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 9$

Theo hướng đại học, ta sẽ đưa bài này về 1 biến...sau đó đánh giá...~!

Giả sử : $a\geq b\geq c$   

Ta có: 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq a^{3}+b^{3}+cb^{2}=a^{3}+b^{2}\left ( b+c \right )=a^{3}+\left ( 3-a-c \right )^{2}\left ( 3-a \right )\leq a^{3}+\left ( 3-a \right )^{3}$

Như vậy chỉ cần chỉ ra được rằng

$a^{3}+\left ( 3-a \right )^{3}\leq 9$

$\Leftrightarrow \left ( a-2 \right )\left ( a+1 \right )\leq 0$

Kết thúc chứng minh.

Cho x,y thay đổi thỏa mãn 0<x<1 ; 0<y<1 . CMR: $x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Quay về với THCS!

Áp dụng C-S dạng 6 số:

$VT=\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}+x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}\leq \sqrt{\left ( 3x^{2}+3y^{2} \right )\left ( 1+1-y^{2}+1-x^{2} \right )}$

$=\sqrt{3\left ( x^{2}+y^{2} \right )\left ( 3-x^{2}-y^{2} \right )}\leq \sqrt{3\left ( \frac{x^{2}+y^{2}+3-x^{2}-y^{2}}{2} \right )^{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.\square$

Dấu = xảy ra khi  $x=y=\frac{\sqrt{3}}{2}$