DarkBlood

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1.

Chứng minh rằng:

$\frac{(a+1)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(b+1)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(c+1)^2}{2c^2+(a+b)^2}$$\leq 8$

thank     

BĐT tương đương $$\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq 8$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( 2+\dfrac{b+c}{a} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{b+c}{a} \right )^2}+\dfrac{\left ( 2+\dfrac{c+a}{b} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{c+a}{b} \right )^2}+\dfrac{\left ( 2+\dfrac{a+b}{c} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{a+b}{c} \right )^2}\leq 8$$

Đặt $x=\dfrac{b+c}{a}, y=\dfrac{c+a}{b}, z=\dfrac{a+b}{c}$ thì $xyz=x+y+z+2$ và $xyz\geq 8$ $($AM-GM$)$

Do đó $x+y+z\geq 6$ và $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}\geq 12$

BĐT trở thành $$\dfrac{(2+x)^2}{2+x^2}+\dfrac{(2+y)^2}{2+y^2}+\dfrac{(2+z)^2}{2+z^2}\leq 8$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x^2+2}+\dfrac{(y-1)^2}{y^2+2}+\dfrac{(z-1)^2}{z^2+2}\geq \dfrac{1}{2}$$

Theo BCS ta có $$\dfrac{(x-1)^2}{x^2+2}+\dfrac{(y-1)^2}{y^2+2}+\dfrac{(z-1)^2}{z^2+2}\geq \dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+6}$$

Vì vậy cần chứng minh $$2(x+y+z-3)^2\geq x^2+y^2+z^2+6$$

$$\Leftrightarrow 2(x+y+z-3)^2\geq (x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+6$$

Từ đó kết hợp điều kiện $x+y+z\geq 6$ và $xy+yz+zx\geq 12$ để biến đổi tương đương.

$1)$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng 

$$2ab+2bc+2ca+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca} \geq 9$$

 

$2)$ Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng

$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c-a}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a-b}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b-c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$

Bài vừa rồi em gửi nhầm ạ, BQT đừng chấm.

Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=3xyz$. Chứng minh rằng : 

$$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} \leq \frac{3}{4}$$

Đề của 

Twisted Fate

Bài làm của MSS 10

Bổ đề 1: Với mọi số thực dương $a, b$ ta có $\dfrac{4}{a+b}\leq \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$

Chứng minh

Bất đẳng thức tương đương $(a-b)^2\geq 0$ $($Đúng$)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b$

 

Bổ đề 2: Với mọi số thực $a,b,c$ ta có $ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2$

Chứng minh

Bất đẳng thức tương đương $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$ $($Đúng$)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

 

Trở lại bài toán

Ta có $xy+yz+zx=3xyz \Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$

 

Đặt $\dfrac{1}{x}=a, \dfrac{1}{y}=b, \dfrac{1}{z}=c$ thì $a+b+c=3,\ a,b,c>0$

 

Khi đó, bất đẳng thức đã cho trở thành

$$\sum \dfrac{ab}{(a^2+b^2)(ab+1)} \leq \dfrac{3}{4}$$

Áp bổ đề 1, ta có:

$$\sum \dfrac{ab}{(a^2+b^2)(ab+1)} \leq \dfrac{1}{4} \left ( \sum \dfrac{ab}{a^2+b^2}+\sum \dfrac{ab}{ab+1} \right )$$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 2 số dương, ta có

$$\sum \dfrac{ab}{a^2+b^2}+\sum \dfrac{ab}{ab+1}\leq \sum \dfrac{ab}{2ab}+\sum \dfrac{ab}{2\sqrt{ab}}=\dfrac{3}{2}+\sum \dfrac{\sqrt{ab}}{2}$$

Như vậy cần chứng minh

$$\sum \sqrt{ab} \leq 3$$ 

Theo bổ đề 2, ta có: $\sum \sqrt{ab} \leq \sum a=3$

 

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1 \Leftrightarrow x=y=z=1$

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{(b+2c+d)^{2}}+\frac{b}{(c+2d+a)^{2}}+\frac{c}{(d+2a+b)^{2}}+\frac{d}{(a+2b+c)^{2}}\geq \frac{1}{a+b+c+d}$

 

Đây là câu cuối trong đề thi chuyển hệ khối 11 trường mình. Mời các bạn cùng thảo luận

Áp dụng bất đẳng thức C-S, ta có

$\left (b+2c+d \right )^2=\left (c+b+c+d \right )^2\leq \left (a+b+c+d \right )\left ( \dfrac{c^2}{a}+b+c+d \right )$

Từ đó suy ra cần chứng minh

$\sum \dfrac{a^2}{c^2+ab+ac+ad}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có

$\sum \dfrac{a^2}{c^2+ab+ac+ad} \geq \dfrac{\left (a+b+c+d \right )^2}{\sum a^2 +\sum \left (ab+ac+ad \right )}=1$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $(O).$ Một đường thẳng qua C cắt các tia đối của tia $BA, DA$ lần lượt tại $M, N.$ Chứng minh rằng $\dfrac{4S_{BCD}}{S_{AMN}}\leq \left ( \dfrac{BD}{AC} \right )^2$

Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

$A=\frac{2ab}{3a+8b+6c}+\frac{3bc}{3b+6c+a}+\frac{3ca}{9c+4a+4b}\leq \frac{a+2b+3c}{9}$

Đặt $a=x, 2b=y, 3c=z,$ bất đẳng thức trở thành

$A=\sum \dfrac{xy}{3x+4y+2z}\leq \dfrac{x+y+z}{9}$

$\Leftrightarrow A=\sum \dfrac{xy}{2(x+y+z)+(x+2y)}\leq \dfrac{x+y+z}{9}$

Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có

$A\leq \sum \dfrac{1}{9}\left ( \dfrac{2xy}{x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y} \right )\leq \sum \dfrac{1}{9}\left [ \dfrac{2xy}{x+y+z}+\dfrac{1}{9}\left ( x+2y \right ) \right ]=\dfrac{2\sum xy}{9\sum x}+\dfrac{\sum x}{27}$

Mà $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2$ nên $A\leq \dfrac{2\sum x}{27}+\dfrac{\sum x}{27}=\dfrac{\sum x}{9}$

Giải phương trình:

$x^{4}=8x+7$

Phương trình tương đương $x^4+2x^2+1=2x^2+8x+8$

$\Leftrightarrow (x^2+1)^2=2(x+2)^2$

...

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\geq 2$

Tìm max P=xyz

Từ giả thiết suy ra $\dfrac{1}{1+x}\geq \dfrac{y}{1+y}+\dfrac{z}{1+z}\geq 2\sqrt{\dfrac{yz}{(1+y)(1+z)}}$

Chứng minh tương tự, ta có: 

$\dfrac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geq 8\sqrt{\dfrac{(xyz)^2}{\left [(1+x)(1+y)(1+z)  \right ]^2}}=\dfrac{8xyz}{(1+x)(1+y)(1+z)}$

Do đó $1\geq 8xyz \Leftrightarrow xyz\leq \dfrac{1}{8}$

Mà $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq 9 \Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 9abc \Leftrightarrow 81abc-9ab-9bc-9ca\leq 0$

Nên $81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq \left ( \dfrac{12}{4} \right )^4=81$

Vậy ra có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$

Bài toán 4. Cho các số dương a, b, c có tổng bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{2ab}{c+ab}+\frac{3bc}{a+bc}+\frac{2ca}{b+ca}\ge \frac{5}{3}$

Ta có:

$\frac{2ab}{c+ab}+\frac{3bc}{a+bc}+\frac{2ca}{b+ca}=\frac{2ab}{(c+a)(c+b)}+\frac{3bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{2ca}{(b+c)(b+a)}=\dfrac{2ab(a+b)+3bc(b+c)+2ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Do đó cần chứng minh

$6ab(a+b)+9bc(b+c)+6ca(c+a)\geq 5(a+b)(b+c)(c+a)$

$\Leftrightarrow 6ab(1-c)+9bc(1-a)+6ca(1-b)\geq 5(a+b+c)(ab+bc+ca)-5abc$

$\Leftrightarrow 6ab+9bc+6ca\geq 5(ab+bc+ca)+16abc$

$\Leftrightarrow ab+4bc+ca\geq 16abc$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{c}+\dfrac{4}{a}+\dfrac{1}{b}\geq 16$ $($Đúng theo BCS$)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow$ $a=\dfrac{1}{2}\ ;\ b=c=\dfrac{1}{4}$

 

 

Bài toán 11. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 8. Chứng minh rằng $\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+2x+4}+\frac{{{y}^{2}}}{{{y}^{2}}+2y+4}+\frac{{{z}^{2}}}{{{z}^{2}}+2z+4}\ge 1$

Đặt $x=\dfrac{2}{a}, y=\dfrac{2}{b}, z=\dfrac{2}{c}$ ta được bài toán 10.

Sách NCPT đã giới thiệu rồi mà sao phải chứng minh lại?

Chương trình cấp 2 là trong sách giáo khoa mà. 

Em nghĩ những bất đẳng thức như cô si 3 số, bunhiacopxki, BCS không có trong chương trình học cấp 2 nên cần phải chứng minh lại ạ.

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

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

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Mở rộng 1 của MSS 10

Cho số nguyên dương $n$ và các số dương $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $xyz=1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$\textrm{A}=\dfrac{1}{x^{n+1}(y+z)}+\dfrac{1}{y^{n+1}(z+x)}+\dfrac{1}{z^{n+1}(x+y)}$$

 

Bài làm

 

Bổ đề 1: $($đã chứng minh$)$ Với mọi số thực $a, b, c, x, y, z$ $(x, y, z>0)$ ta luôn có:

$$\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$

 

Bồ đề 2: $($đã chứng minh$)$ Với mọi số dương $a, b, c,$ ta có

$$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$$

 

Bổ đề 3: Với mọi số nguyên dương $n$ và các số dương $a, b, c,$ ta có

$$\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{c+a}+\dfrac{c^n}{a+b}\geq \dfrac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{2}$$

Chứng minh

Theo bổ đề 1 ta có $$\sum \dfrac{a^n}{b+c}=\sum \dfrac{a^{2(n-1)}}{a^{n-2}(b+c)}\geq \dfrac{(a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1})^2}{\sum a^{n-2}(b+c)}$$

Đặt $n-2=k.$

Như vậy cần chứng minh $$\dfrac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{\sum a^{n-2}(b+c)}\geq \dfrac{1}{2}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1}}{\sum a^{k}(b+c)}\geq \dfrac{1}{2}$$

$$\Leftrightarrow 2(a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1})\geq \sum a^{k}(b+c)$$

$$\Leftrightarrow (a^k-b^k)(a-b)+(a^k-c^k)(a-c)+(b^k-c^k)(b-c)\geq 0$$

Nếu $b\geq c>0$ thì $b^k-c^k\geq 0$ và $b-c\geq 0,$ suy ra $(b^k-c^k)(b-c)\geq 0$

 

Nếu $c\geq b>0$ thì $b^k-c^k\leq 0$ và $b-c\leq 0,$ suy ra $(b^k-c^k)(b-c)\geq 0$

 

Vậy $(b^k-c^k)(b-c)\geq 0$ với mọi $b, c>0$

 

Không mất tổng quát giả sử $a=\textrm{max}\left \{ a;\ b;\ c \right \}$

 

Suy ra $(a^k-b^k)(a-b)\geq 0$ và $(a^k-c^k)(a-c)\geq 0.$

 

Do đó $(a^k-b^k)(a-b)+(a^k-c^k)(a-c)+(b^k-c^k)(b-c)\geq 0$

 

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c.$

 

Quay lại bài toán

Đặt $x=\dfrac{1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$ $(a,b,c>0)$

 

Vì $xyz=1$ nên $abc=1$

 

Khi đó $$\textrm{A}=\dfrac{a^{n+1}bc}{b+c}+\dfrac{ab^{n+1}c}{c+a}+\dfrac{abc^{n+1}}{a+b}=\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{c+a}+\dfrac{c^n}{a+b}$$

Áp dụng bổ đề 3, ta có $$\textrm{A}\geq \dfrac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{2}$$

Áp dụng bổ đề 2, ta có $$\textrm{A}\geq \dfrac{3\sqrt[3]{a^{n-1}.b^{n-1}.c^{n-1}}}{2}=\dfrac{3}{2}$$

Vậy $\textrm{min}\ \textrm{A}=\dfrac{3}{2}$ khi $a=b=c=1\Leftrightarrow x=y=z=1.$

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

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

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Bài làm của MSS 10

Bổ đề 1: Với mọi số thực $a, b, c, x, y, z$ $(x, y, z>0)$ ta luôn có:

$$\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh với mọi số thực $m, n, p, q$ $(p, q>0)$ ta có

$$\dfrac{m^2}{p}+\dfrac{n^2}{q}\geq \dfrac{(m+n)^2}{p+q} \ \ \ \ (\star)$$

Thật vậy bất đẳng thức $(\star)$ tương đương với $\dfrac{(mq-np)^2}{pq(p+q)}\geq 0$ $($Luôn đúng vì $p, q>0)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{m}{p}=\dfrac{n}{q}$

Áp dụng bất đẳng thức $(\star),$ ta có

$$\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\geq \dfrac{(a+b)^2}{x+y}+\dfrac{c^2}{z}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$

 

Bổ đề 2: Với mọi số dương $a, b, c$ ta có

$$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$$

Chứng minh

Bất đẳng thức đã cho tương đương với $\dfrac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\geq 0$ (Luôn đúng với $a,b,c >0)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c.$

 

Quay lại bài toán

Đặt $x=\dfrac{1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$ $(a,b,c>0)$

 

Vì $xyz=1$ nên $abc=1$

 

Khi đó $$\textrm{E}=\dfrac{a^3bc}{b+c}+\dfrac{ab^3c}{c+a}+\dfrac{abc^3}{a+b}=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}$$

Áp dụng bổ đề 1, ta có: $$\textrm{E}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\dfrac{a+b+c}{2}$$

Áp dụng bổ đề 2, ta có: $$\textrm{E}=\dfrac{a+b+c}{2}\geq\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\dfrac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1 \Leftrightarrow x=y=z=1$

 

Vậy $\textrm{min}\ \textrm{E}=\dfrac{3}{2}$ khi $x=y=z=1.$

 

d = 10

S = 56