Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


MrS

Đăng ký: 25-07-2012
Offline Đăng nhập: 16-01-2018 - 13:18
*****

#658514 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 20-10-2016 - 11:11

Tiếp theo:

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

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




#658018 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 16-10-2016 - 03:31

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 $a=b=c=1$




#658016 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 16-10-2016 - 01:04

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  $x=y=z$




#657741 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 13-10-2016 - 16:39

 

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 :D 




#657641 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 12-10-2016 - 18:39

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




#657376 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 10-10-2016 - 01:02

Tiếp theo:

Bài 85: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le 1+\frac{5}{3}(a+b+c)$.

Ta dễ dàng chứng minh được: $\sqrt{2(a^2+1)}\leq \frac{1+5a-2\cdot lna}{3}, \forall a>0$

Làm tương tự với $b,c$ ta suy ra đpcm.




#655752 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 27-09-2016 - 17:34

Bài 59 và bài 60: Các bạn hanguyen445 và MrS đã cho lời giải đúng.

Dưới đây là cách khác của bài 60:

Ta có: $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\implies a+b+c\le 3$.

Xét $\frac{1}{4-\sqrt{ab}}\le \frac{1}{4-\frac{a+b}{2}}=\frac{2}{4-a+4-b}\le \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b})$.

Vì vậy: $P\le \frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Đặt $M=\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Ta có: $3-M=\sum (1-\frac{1}{4-a})=\sum \frac{3-a}{4-a}$.

$\iff 3-M=\sum \frac{(3-a)^2}{(4-a)(3-a)}\ge \frac{(9-a-b-c)^2}{39-7(a+b+c)}$.

Ta đi xét hàm: $f(t)=\frac{(9-t)^2}{39-7t},0<t\le 3$.

Hàm $f(t)$ đồng biến trên $(0;3]$ nên $max(f(t))=2$.

$\implies P\ge 1(Q.E.D)$.

Phải tìm Minf(t) chứ tritanngo99 nhỉ :)




#655750 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 27-09-2016 - 17:28

Tiếp theo: 

Bài 61: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xy\ge 1;z\ge 1$. Tìm GTNN của:

$P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{z^3+2}{3(xy+1)}$.

Bài 61 :

Theo BĐT Cauchy - Schwazt, AM-GM:

$P\geq \frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(2\sqrt{xy})^2}{2xy+2\sqrt{xy}}+\frac{1}{xy+1}=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{xy+1}=\frac{(\sqrt{xy}-1)^3}{2(\sqrt{xy}+1)(xy+1)}+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}$ do $xy\ge 1;z\ge 1$

Vậy MinP=3/2, dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.




#655624 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 26-09-2016 - 17:25

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$

Bài 59: 

Theo BĐT Holder: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}})^3$

Từ đó chỉ cần chứng minh: $\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}}\geq a+b+c$

Có nhiều cách CM BĐT này. 

Chuẩn hóa abc=1 khi đó ta cần chứng minh: $\sum a^2\geq \sum a$

Theo AM-GM: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2, a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \sum a^2\geq \sum a$

Từ đó ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

 

Bài 60: Theo BĐT AM-GM: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}=\sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-c^2}{2}}}$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}}\leq \frac{13-x^2}{36}$ (*)

Tới đây chỉ cần đặt: $\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}=t \Rightarrow t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

BĐT (*) trở thành: $\frac{1}{4-t}\leq \frac{5+t^2}{18}\Leftrightarrow (t-1)^2(2-t)\geq 0$ luôn đúng do $t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

Từ đó dễ dàng suy ra: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{13-a^2}{36}=1$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.




#655542 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 25-09-2016 - 20:30

Tiếp theo:

Bài 57: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$18(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 54$.

BĐT tương đương: $6(ab+bc+ca)(a+b+c)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 2(a+b+c)^3\Leftrightarrow \sum a^3+2\sum a^2b\geqslant \sum ab^2+6abc$

Giả sử $a\geq b\geq c$ và theo BĐT AM-GM: $\sum a^3+\sum ab^2\geqslant 2\sum a^2b$ và $\sum a^2b\geq 3abc$ 

Mặt khác: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Rightarrow \sum a^2b\geq \sum ab^2$

Từ các BĐT trên suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1




#655532 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 25-09-2016 - 19:37

Cảm ơn anh nhiều MrS về bài 49, Thành thật xin lỗi mọi người vì những thiếu sót này. Lần sau mình cố gắng cẩn thận hơn. Mong mọi người thông cảm.

Bài 52  xin đưa ra lời giải như sau:

Theo BDT Cauchy-Schwarz ta có: $(x+y+z)^2\le 6(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})\le 36$.

$\implies x+y+z\in [-6;6]$.

Đặt $t=x+y+z,t\in [-6;6]$.

Xét hàm số: $f(t)=\frac{t^3-36}{t},t\in [-6;6]$

$\implies f'(t)=2t+\frac{36}{t^2}$.

$f'(t)=0\iff t=-\sqrt[3]{18}$.

$f(-6)=42,f(-\sqrt[3]{18})=\frac{54}{\sqrt[3]{54}},f(6)=30\implies f(t)(Max)=42$.

Dấu $=$ xảy ra tại $x=-1;y=-2;z=-3$.

Vậy $Max(P)=42$.

Bạn quên mất là f(t) bị gián đoạn tại t=0 kìa :)

Khi t->0- thì f(t) -> +vô cực. Tức là khả năng đề bài không đúng :)




#655220 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 23-09-2016 - 11:27

Tiếp theo:

Bài 52: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn: $x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=6$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{(x+y+z)^3-36}{x+y+z}$

Theo Cauchy - Scharzt: $(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})(1+2+3)\geq (x+y+z)^2\Rightarrow -6\leq x+y+z\leq 6$

Xét $f(t)=\frac{t^3-36}{t}=t^2-\frac{36}{t}, -6\leq t\leq 6$

Tới đây mình tịt :D vì khi t->0- thì f(t)-> +vô cực.

Chắc thêm giả thiết x+y+z>0 thì giải được :D

Không biết đáp án thế nào.




#655215 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 23-09-2016 - 10:29

Tiếp theo:

Bài 51: Cho các số thực dương $x,y,z$. Tìm GTNN của biểu thức:

 $P=\frac{1}{6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}}-\frac{1}{9\sqrt{x+y+z}}$.

Theo AM-GM: $6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}\leq (x+9y)+7z+2(z+4x)=9(x+y+z)\Rightarrow P\geq \frac{1}{9}(\frac{1}{\sqrt{x+y+z}}-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{36}\geq -\frac{1}{36}$

Vậy $MinP=-\frac{1}{36}$, đạt được khi $x=\frac{18}{23}, y=\frac{2}{23}, z=\frac{72}{23}$




#655214 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 23-09-2016 - 09:53

 

Dưới đây là lời giải bài 49 và bài 50:

 

Lời giải bài 49: Chuẩn hóa: $a^2+b^2+c^2=9$.

 

Ta có: $BDT\iff 2(a+b+c)-abc\le 10$.

 

$VT=2(a+b+c)-abc=2a-abc+2(b+c)=a(2-bc)+2(b+c)$

 

$VT^2\le [a^2+(b+c)^2][(2-bc)^2+4]$.

 

KMTTQ, giả sử: $a\ge b\ge c\implies a^2\ge 3$.

 

Đặt $t=bc\implies t=bc\le \frac{b^2+c^2}{2}=\frac{9-a^2}{2}\le 3$.

 

Nên $VT^2\le (9+2bc)[(2-bc)^2+4]=(9+2t)[(2-t)^2+4]=f(t)\text{   }\forall t\in(0;3]$.

 

Khảo sát $f(t)\implies f(t)\le 100\implies VT\le 10\implies Q.E.D$.

 

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c$.

 

Không có đẳng thức vì $f(t)=100\Leftrightarrow (t+2)(t^2-3t-14)=0$ :D




#655071 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi MrS trong 22-09-2016 - 00:12

Bài tập 49:

Do BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=3$

  \[ \to 2{\left( {a + b + c} \right)^2} > {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} + {c^2} \in \left[ {0;1} \right)\]

\[ \Rightarrow \exists t \in \left[ {0;1} \right]:{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3 + 6{t^2} \to ab + bc + ac = 3 - 3{t^2}\]

 

Sao lại có điều này được nhỉ?

Ngoài ra trong bài này chỉ xảy ra đẳng thức khi (x,y,z)=(-1,2,2) hoặc hoán vị. Trong bài này thì không có dấu bằng.

Bài này có thể tham khảo VD4 thầy Dũng viết :) :http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/