MrS

 

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

 

 

Bạn xem trong này nhé, nó đúng cả trong trường hợp a,b,c thực.

http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)$.

 

Đề bài sai hay sao ý : cho $a=10^{-7}, b=c=1 \Rightarrow VP-VT\approx -4< 0$

Bài 48:

Không mất tổng quát giả sử c=min(a, b ,c).

Trước tiên ta CM bổ đề quen thuộc: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$ ( có thể dùng Holder để chứng minh)

Lại theo AM - GM: $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq \frac{a+b}{2}+\sqrt{2c(a+b)}$

Đặt: $\sqrt{\frac{2c}{b+a}}=t $ thì t thuộc (0;1]

Bài toán đưa về tìm Min của: $f(t)=\frac{2}{\sqrt{t^2+1}}+\frac{t}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}(t^2+1)}{2t+1}, 0

Ta có: $f'(t)=-2t(t^2+1)^{-3/2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+2\sqrt{2}(t^2+t-2)(2t+1)^{-2}$ và $f''(t)=2(2t^2-1)(t^2+1)^{-5/2}+18\sqrt{2}(2t+3)^{-3}$

Dễ thấy rằng $f"(t)>0$ với mọi t thuộc (0;1]

Do đó f'(t) có duy nhất nghiệm t=1.

Khảo sát ta được $Minf(t)=f(1)=\frac{5\sqrt{2}}{2}$

Vậy Min P = $\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Tiếp theo:

Bài 47: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $(3a+2b+c)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c})=30$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{b+2c-7\sqrt{72a^2+c^2}}{a}$.

Bài 48: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{b+a}}+\frac{\sqrt{2}(a+b+c)}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}$.

Bài 48:

Không mất tổng quát giả sử c=min(a, b ,c).

Trước tiên ta CM bổ đề quen thuộc: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$ ( có thể dùng Holder để chứng minh)

Lại theo AM - GM: $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq \frac{a+b}{2}+\sqrt{2c(a+b)}$

Đặt: $\sqrt{\frac{2c}{b+a}}=t$ với t thuộc (0;1]

Bài toán đưa về tìm Min của: $f(t)=\frac{2}{\sqrt{t^2+1}}+\frac{t}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}(t^2+1)}{2t+1}$

Ta có: $f'(t)=-2t(t^2+1)^{-3/2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+2\sqrt{2}(t^2+t-2)(2t+1)^{-2}$ và $f''(t)=2(2t^2-1)(t^2+1)^{-5/2}+18\sqrt{2}(2t+3)^{-3}$

Dễ thấy rằng $f"(t)>0$ với mọi với t thuộc (0;1]

Do đó f'(t) có duy nhất nghiệm t=1.

Khảo sát ta được $Minf(t)=f(1)=\frac{5\sqrt{2}}{2}$

Vậy Min P = $\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Giúp em nốt bài này nhé! Cho a,b,c>0,abc=1,tìm max của \sum \frac{a}{a+b^2+c^2}

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{a}{a+b^2+c^2}\leq 1\Leftrightarrow P=\sum \frac{b^2+c^2}{a+b^2+c^2}\geq 2$

Chú ý theo BĐT Cauchy - Schwarz thì: $b^2+c^2\geq \frac{(b+c)^2}{2}$ nên $P=\sum \frac{b^2+c^2}{a+b^2+c^2}\geq \sum \frac{\frac{(b+c)^2}{2}}{a+\frac{(b+c)^2}{2}}=\sum \frac{(b+c)^2}{2a+(b+c)^2}\geq \frac{4(a+b+c)^2)}{2\sum a+\sum (b+c)^2}=A$

Ta sẽ chứng minh $A\geq 2$ hay $2(a+b+c)^2\geq 2\sum a+\sum (b+c)^2\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq a+b+c\Leftrightarrow f(a,b,c)=ab+bc+ca-a-b-c\geq 0$

Xét $d=f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(a-1)$

Không mất tổng quát giả sử $a=max(a,b,c)$ khi đó $a\geq 1$ suy ra $d\geq 0$

Vậy ta chỉ cần chứng minh $f(a,t,t)=t^2+2at-a-2t\geq 0$ với $t=\sqrt{bc}$  từ điều kiện $at^2=1\Rightarrow a=\frac{1}{t^2}$ thế vào rút gọn ta được $f(a,t,t)=\frac{(t-1)^2(t+1)}{t^2}\geq 0$ với mọi $t> 0$

Bắt đẳng thức được chứng minh

Vậy $MaxP=1$ tại $a=b=c=1$.

Và tiếp theo là hai bài sau:

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Bài 4: Cho $x,y,z>1$ thỏa mãn: $x+y+z=xyz$. Tìm min: $X=\frac{x-2}{z^2}+\frac{y-2}{x^2}+\frac{z-2}{y^2}$.

Bài 3: Giải bằng dồn biến: $Giả sử a=min(a,b,c)\Rightarrow a\leq 1$

Đặt $f(a,b,c)=3(a^2+b^2+c^2)+4abc-13$

Đặt t=(b+c)/2 xét $f(a,b,c)- f(a,t,t)= (3/2-a)(b-c)^2\geq 0$ do $a\leq 1$ 

$f(a,t,t)=3(a^2+2t^2)+4at^2-13$, ta có a+2t=3 nên a=3-2t, thế vào và rút gọn ta được: $2(t-1)^2(7-4t)\geq 0$ do $t=\frac{b+c}{2}<\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}$ nên 7-4t>0

BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 

Theo AM - GM: 

$\sqrt{a(b+c)}\leq \frac{a+b+c}{2} \Rightarrow \sqrt {\frac{a}{{b + c}}}\cdot \sqrt{a(b+c)}\leq \frac{a+b+c}{2}\cdot \sqrt {\frac{a}{{b + c}}}\Rightarrow \sqrt {\frac{a}{{b + c}}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$. Đẳng thức xảy ra khi a=0 hoặc a=b+c.

Tương tự: $\sqrt {\frac{b}{{c + a}}}\geq \frac{2b}{a+b+c}$. Đẳng thức xảy ra khi b=0 hoặc b=a+c

$VT\geq \frac{2(a+b))}{a+b+c}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2}{1+\frac{c}{a+b}}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2}{1+t}+\frac{t}{2}=\frac{2}{1+t}+\frac{t+1}{2}-\frac{1}{2}\geq 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi c=a+b

Dấu bằng xảy ra khi: a=0, b=c hoặc b=0, c=a.