sieutoan99

Bài toán này dấu bằng xảy ra không tại tâm $a=b=c$ đâu nhé!Đây là bài toán mở rộng của thi quốc gia Mĩ

Nếu bài này là đề thi của Mỹ thì đề bài là $a+b+c=3$. Khi đó $a=b=c=1$. Còn nếu không phải như thế thì mình giải sai rồi.

2:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$x+y+z=\sqrt[3]{7}$.Tìm min:$A=(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)$

Đề bài phải là $a+b+c=\sqrt[3]{7}$ nhé!

Ta dễ dàng chứng minh các BĐT sau bằng biến đổi tương đương:

                                    $a^5-a^2+3\geq a^3+2$

                                    $b^5-b^2+3\geq b^3+2$

                                    $c^5-c^2+3\geq c^3+2$

Nên ta có:

$A\geq (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)$

   $=(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)$

   $\geq (a+b+c)^3$   (theo BĐT $Holder$)

   $=7$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt[3]{7}}{3}$

Bài 1 : Cho x>0 ,y>0 , z>0 và x+y+z=xyz 

 

$P= \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}$

 

Tim max P ?

Đáp số : 3/2

 

 

 

 

Bài 1:

Ta có : $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x^2yz}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x(x+y+z)}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z})(1)$    

Tương tự : $\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{y+x}+\frac{z}{y+z})(2)$  

                  $\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{z+x}+\frac{y}{z+y})(3)$  

Từ (1),(2),(3) :

$\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}(\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{z+x}{z+x})=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$

Vậy max P=$\frac{3}{2}$  khi $x=y=z=\sqrt{3}$

a/$\sqrt{5x^{2}+14x+9}-\sqrt{x^{2}-x-20}= 5\sqrt{x+1}$

b/$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}+1}$

a)$PT\Leftrightarrow \sqrt{5x^2+14x+9}=\sqrt{x^2-x-20}+5\sqrt{x+1}$

$\Leftrightarrow 5x^2+14x+9=x^2+24x+5+10\sqrt{(x^2-x-20)(x+1)}$ (Bình phương 2 vế)

$\Leftrightarrow 4x^2-10x+4=10\sqrt{(x^2-4x-5)(x+4)}$

Đặt  $\sqrt{x^2-4x-5}=a , \sqrt{x+4}=b$

$\Rightarrow 4a^2+6b^2=10ab$

$\Leftrightarrow (2a-3b)(a-b)=0$

Đến đây chỉ cần xét $2a=3b$ hoặc $a=b$ (phần này bạn làm nốt nha)

b) Mình nghĩ đề phải là:

$2x^2-5x-1=7\sqrt{x^3-1}$

Nếu đề như vậy thì ta đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^2+x+1}=b$

Từ phương trình $\Rightarrow 2b^2+3a^2=7ab$

$\Leftrightarrow (2b-a)(b-3a)=0$

Đến đây là dễ rồi 

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

BDT$\Leftrightarrow \frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c)}+\frac{1+abc}{c(1+a)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \left [ \frac{1+abc}{a(1+b)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{b(1+c)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{c(1+a)}+1 \right ]\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}+\frac{(1+b)+bc(1+a)}{b(1+c)}+\frac{(1+c)+ca(1+b)}{c(1+a)}\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 6$

Mặt khác ta có:$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 2$ (BDT Cauchy)

Thiết lập các BDT tương tự như trên ta có được đ.p.c.m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$