MrS

Tiếp theo:

Bài 105: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. Tìm GTNN của biểu thức: $P=\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}$.

$\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}= \sum \frac{2b^2}{\sqrt{4b(2a+b+c)}}\geq \sum \frac{4b^2}{2a+5b+c}\geq \frac{4(a +b+c)^2}{8(a+b+c)}=\frac{3}{2}$

Tiếp theo: 

Bài 98: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=3abc$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(\frac{a}{b}-\frac{1}{b}+\frac{1}{ab})(\frac{b}{c}-\frac{1}{c}+\frac{1}{bc})(\frac{c}{a}-\frac{1}{a}+\frac{1}{ca})$

Bài 98: Đổi: $(\frac{1}{a}-1,\frac{1}{b}-1,\frac{1}{c}-1)\rightarrow (x,y,z)$

Khi đó $P=(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)$ với $x+y+z=0$

Thế $z=-x-y$ vào P ta sẽ CM: $(x^2+x+1)(y^2+y+1)((x+y)^2-x-y+1)-1\geq 0$ (*)

Đặt $x+y=S; xy =P$ BĐT trên trở thành: $f(P)=(S^2-S+1)P^2+(S-1)(S^2-S+1)P+S^4+S^2\geq 0$

Không mất tổng quá, giả sử $P=xy\geq 0$ lại có $z>-1\Rightarrow S=x+y=-z<1$ và $S^2\geq 4P$

Ta có: $f"(P)=2(S^2-S+1)>0\Rightarrow f'(P)\geq f'(0)=(S-1)(S^2-S+1)<0\Rightarrow f(P)\geq f(\frac{S^2}{4})=\frac{S^2}{16}((S^2+\frac{3S}{2})^2+4(S+1)^2+\frac{11S^2}{4}+8)\geq 0$

(*) được CM. Vậy $MinP=1$ tại $a=b=c=1$

Tiếp theo: 

Bài 97: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

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

Bài 97:

Sử dụng Cauchy - Schwarz: $(y+\sqrt{zx}+z)^2\leq (y+z+z)(y+x+z)=(x+y+z)(y+2z)$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh: $P=\sum \frac{2x^2+xy}{y+2z}\geq x+y+z$

Theo Cauchy - Schwarz: $P\geq \frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{\sum (y+2z)(2x^2+xy)}=\frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{2(xy+yz+zx)(x+y+z)+3(xy^2+yz^2+zx^2+xyz)-3xyz}=M$

Áp dụng bổ đề quen thuộc: $xy^2+yz^2+zx^2+xyz\leq \frac{4(x+y+z)^3}{27}$

Suy ra: $M\geq \frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{2(xy+yz+zx)(x+y+z)+\frac{4(x+y+z)^3}{9}-3xyz}$

Đưa về dạng $p, q, r$ và chuẩn hóa $p=1$

Ta đi chứng minh: $\frac{(2-3q)^2}{2q+\frac{4}{9}-3r}\geq 1\Leftrightarrow 81q^2-126q+32+27r\geq 0$ (*)

Theo BĐT Schur thì: $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4q-1}{9}$

Nên $VT(*)\geq (1-3q)(29-27q)\geq 0$ hiển nhiên đúng do $0< q\leq \frac{1}{3}< \frac{29}{27}$

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi  $x=y=z$

 

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: $P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

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

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 $x=\frac{1}{2}, y=\frac{1}{3}, z= \frac{1}{6}$