NDP

Cho các số a,b,c không âm .Chứng minh rằng :

$\frac{1}{8a^{2}+5bc}+\frac{1}{8b^{2}+5ac}+\frac{1}{8c^{2}+5ab}\geq \frac{9}{20(ab+bc+ca)}$

Cho a,b,c là các số thực dương và a + b + c =9. CMR

$\frac{a^{3}+b^{3}}{ab+9}+\frac{b^{3}+c^{3}}{bc+9}+\frac{c^{3}+a^{3}}{ac+9}\geq 9$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$$a^{3}+b^{3}+27\geq 9ab\Rightarrow a^{3}+b^{3}\geq 9ab-27$$

Do đó ta sẽ chứng minh đẳng thức mạnh hơn đó là:

$$\frac{ab-3}{ab+9}+\frac{bc-3}{bc+9}+\frac{ca-3}{ca+9}\geq 1$$

$$\Leftrightarrow \frac{6}{ab+9}+\frac{6}{bc+9}+\frac{6}{ca+9}\geq 1$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwar ta có:

$$6\sum \frac{1}{ab+9}\geq \frac{54}{ab+bc+ca+27}\geq \frac{54}{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}+27}=1$$

Kết thúc chứng minh dấu bằng xẩy ra khi $a=b=c=3$

Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+c\le 3$

Tìm Min $$P=\sum \dfrac{1}{a^3(2b+a)}$$

Lời giải:

Từ giả thiết ta có $a+b+c=\frac{3}{k}$ với $k\geq 1$ cho nên ta đặt $x=ka;y=kb;z=kc$ thì suy ra $x+y+z=3$

Và ta có:

$$P_{(a,b,c)}=\sum_{cyc} \frac{1}{a^{3}(2b+c)}\geq P_{(x,y,z)}=\sum_{cyc}\frac{1}{x^{3}(2y+z)}$$

Áp dụng AM-GM ta có:

$$\frac{1}{x^{3}(2y+z)}+\frac{2y+z}{9}+\frac{1}{3}\geq \frac{1}{x}$$

Thiết lập tương tự ta thu được:

$$P_{(x,y,z)}\geq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})-\frac{x+y+z}{3}-1\geq \frac{9}{x+y+z}-\frac{x+y+z}{3}-1=1$$

Do đó: $P_{a,b,c}\geq 1$ khi a=b=c=1

Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=1.

Tìm GTLN của P=$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}}$

 

Lời giải:

Do ab+bc+ca=1 cho nên tồn tại tam giác ABC sao cho $a=tan\frac{A}{2};b=tan\frac{B}{2};c=tan\frac{C}{2}$

Khi đó ta có:

$$P=\frac{tan\frac{A}{2}}{tan^{2}\frac{A}{2}+1}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan^{2}\frac{B}{2}+1}+\frac{3tan\frac{C}{2}}{\sqrt{tan^{2}\frac{C}{2}+1}}$$

$$=\frac{sinA}{2}+\frac{sinB}{2}+3sin\frac{C}{2}$$

$$=sin\frac{A+B}{2}.cos\frac{A-B}{2}+3sin\frac{C}{2}$$

$$\leq cos\frac{C}{2}+3sin\frac{C}{2}\leq \sqrt{10}$$

Suy ra $P\leq \sqrt{10}$ khi c=3 ; $a=b=\sqrt{10}-3$

 Cho a,b,c>0 và $21ab+2bc+8ca\leq 12$

CM:  $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{15}{2}$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=\dfrac{8a+3b+4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt[3]{abc})}{1+(a+b+c)^2}$$

 

Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a(b+c)+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{b(b+4c)}}+4\sqrt{c+1}+2\sqrt{a+2b+4}$

P/S: Ai làm được bài nào thì chỉ trích dẫn bài đó thôi nhé, để load trang cho nhanh

Spoiler

BĐT thi ĐH nó vẫn xấu xí như thế, còn mấy ngày cuối, hi vọng năm nay làm được câu 6

 

Bài : Cho $a,b$ không âm sao cho $a(2a+2b-5)+b(b-3)+3=0$

Tìm GTNN và GTLN của $O=(ab-a+1)^2+(ab-b+1)^2$

 

Lời giải

Ta có giả thiết viết dưới dạng tương đương 

Từ gt $\Leftrightarrow (a+b)^{2}+a^{2}-5a-3b+3=0$

      $\Rightarrow 0\geq (a+b)^{2}-3(a+b)+2\Rightarrow 1\leq a+b\leq 2$

Ta có O=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)+(a+b)^{2}-2(a+b)+2$

*)Tìm min :

Theo tam thức bậc 2 ta có f(ab)=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)$$\geq f(\frac{a+b-1}{2})=2(\frac{t-1}{2})^{2}-(t-1)^{2}$ (Với a+b=t$\varepsilon [1;2]$)

Do đó O$\geq 2(\frac{t-1}{2})^{2}-(t-1)^{2}+t^{2}-2t+2$

                =$\frac{t^{2}-2t+3}{2}=\frac{(t-1)^{2}+2}{2}\geq 1$

*)Tìm max 

Ta có xét  f(ab)=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)$ do ($\frac{a+b-1}{2}\geq 0$ ) nên f(ab)$\leq max(f(0);f(\frac{t^{2}}{4}))$ (Theo tính chất của tam thức bậc 2)

Ta có thể thấy $f(\frac{t^{2}}{4})\geq f(o)$ nên f(ab)$\leq f(\frac{t^{2}}{4})$

Do đó O$\leq 2(\frac{t^{2}}{4})^{2}+\frac{t^{2}}{2}(1-t)+t^{2}-3t+2$

                =$\frac{t^{4}-4t^{3}+12t^{2}-16t+16}{8}\leq 2$

Vậy Omin=1 khi a=1,b=0

       Omax=2 khi a=b=1

Bài : Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn $(x^2+y^2+1)^2+3x^2y^2+1=4x^2+5y^2$

Tìm GTNN và GTLN của $P=\frac{x^2+2y^2-3x^2y^2}{x^2+y^2+1}$

 

Lời giải

Viết giả thiết dưới dạng tương .

  $(x^{2}+y^{2})^{2}+2-(x^{2}+y^{2})+3x^{2}y^{2}=y^{2}$

Do $\begin{cases} & \text{ } x^{2}+y^{2}\geq y^{2} \\ & \text{ } (x^{2}+y^{2})^{2}+2-2(x^{2}+y^{2})+3x^{2}y^{2}\geq (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+2 \end{cases}$

Do đó $\Rightarrow x^{2}+y^{2}\geq (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+2$ $\Rightarrow 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 2$

Lại có từ giả thiết $x^{2}+2y^{2}-3x^{2}y^{2}=(x^{2}+y^{2})^{2}+2-2(x^{2}+y^{2})$

Nên ta có P=$\frac{t^{2}-t+2}{t+1}$ với $a^{2}+b^{2}=t\varepsilon [1;2]$

Ta thấy ngay hàm f(t)=$\frac{t^{2}-t+2}{t+1}$ đồng biến nên $\begin{cases} & \text{ } f(t)\geq f(1)=1 \\ & \text{ } f(t)\leq f(2)=\frac{4}{3} \end{cases}$

Do đó Pmin=1 khi x=0,y=1 hoặc y=-1

           Pmax=$\frac{4}{3}$ khi x=o ,y=$\sqrt{2}$ hoặc y=-$\sqrt{2}$

Bài toán cuối cùng,Sau đó tạm biệt diễn đàn:

  Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

   

     $3(\sum ab)(\sum a^2b^2)\leq \prod (a^2+ab+b^2)$

Lời giải

Để ý rằng 

     $4(a^{2}+ac+c^{2})(b^{2}+bc+c^{2})=(2ab+ac+bc+2c^{2})^{2}+3c^{2}(a-b)^{2}$

                  $4(a^{2}+ab+b^{2})=3(a+b)^{2}+(a-b)^{2}$

Từ đó ,áp dụng bất đẳng thưc Căchy-schwars ta thu được 

$16(a^{2}+b^{2}+ab)(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ac+a^{2})\geq$$[\sqrt{3}(a+b)(2ab+ac+bc+2c^{2}))+\sqrt{3c}(a-b)^{2}]$

                                         =$12[(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})]\geq 48(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$

Hay $(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ac+a^{2})\geq 3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})\geq (ab+bc+ca)(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

                                                   $\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ (Đúng theo schur)

Kết thúc chứng minh dấu '=' khi a=b=c

Đề nguoithay.org

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=4$

Tìm GTNN của $P=(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})$

Lời giải

Cho $x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $\left (0;1 \right ]$. CMR: 

$\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{yz+1}+\frac{1}{xz+1}\leq \frac{5}{x+y+z}$

Theo mình giả thiết là như này x,y,z$\varepsilon [0;1]$

Lời giải

Ta có VT=3-$(\frac{xy}{xy+1}+\frac{yz}{yz+1}+\frac{zx}{zx+1})\leq 3-[\frac{(\sum xy)^{2}}{\sum x^{2}y^{2}+\sum xy}]\leq 3-\frac{\sum xy}{\sum xy+1}$  (do $\sum x^{2}y^{2}\leq (\sum xy)^{2}$)

Do đó ta sẽ đi chứng minh $\frac{5}{x+y+z}-\frac{1}{xy+yz+zx}\geq 2$ (*)

Không mất tính tổng quát giả sử z=min{x,y,z}

Xét f(x,y,z)=$\frac{5}{x+y+z}-\frac{1}{xy+yz+zx}$

      f(x,y+z,o)=$\frac{5}{x+y+z}-\frac{1}{1+xy+xz}$

Do đó ta thấy ngay f(x,y,z)$\geq f(x,y+z,0)$ vậy ta chỉ cần chứng minh (* ) đúng trong trường hợp z=0

$\Leftrightarrow \frac{5}{x+y}-\frac{1}{xy+1}\geq 2$

$\Leftrightarrow (x-1)(2x+5-3y)\leq 0$(đúng do x,y$\varepsilon [0;1]$)

Kết thúc chứng minh dấu '=' xẩy ra khi z=0,x=y=1 và các hoán vị tướng ứng

cho hai số thực dương x,y thỏa mãn :

$x^3+y^3-3xy(x^2+y^2)+4x^2y^2(x+y)-4x^3y^3=0$

Tìm GTNN của M=x+y

Loì giải

Viết giả thiết dưới dạng tương đương

    $(x-y)^{3}-3xy(x+y)-3xy[(x+y)^{2}-2xy]+4x^{2}y^{2}(x+y)-4x^{3}y^{3}=0$

Đặt a=xy$\Rightarrow M^{2}\geq 4a$

Lúc đó giả thiết trỏ thành : $M^{3}-3aM^{2}+M(4a^{2}-3a)+6a^{2}-4a^{3}=0$

                                             $(M-2a)(M^{2}+2a^{2}-aM+2a^{2}-3a)=0$

Ta có $M^{2}+2a^{2}-aM-3a=(\frac{3}{4}M^{2}-3a)+(\frac{M^{2}}{4}+2a^{2}-aM)\geq (3a-3a)+(\sqrt{2}aM-aM)>0$

Do đó ta chi có M=2a$\leq \frac{M^{2}}{2}\Rightarrow M\geq 2$ khi x=y=1

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng: $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+2(ab+bc+ca)\geq 3(a^2+b^2+c^2)$.

 

P/S: Cuộc chiến đã kết thúc!

Lời giải

Ta có

+)$a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca=\frac{1}{2}[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]$

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

Nên ta sẽ phải chứng minh $S_{a}(b-c)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}+S_{b}(a-c)^{2}\geq 0$

Trong đó $\begin{cases} & \text{ } S_{a}=\frac{2b-c}{c} \\ & \text{ } S_{b}=\frac{2c-a}{a} \\ & \text{ } S_{c}=\frac{2a-b}{b} \end{cases}$

*)Trường hợp (1) $a\geq b\geq c$ ta có $S_{a},S_{c}>0$ nếu $S_{b}> 0$ thì bđt luôn đúng xét $S_{b}< 0$

Ta có thể kiểm tra được một cách dễ dàng $S_{b}+2S_{a},S_{b}+2S_{c}>0$

Lại có do $S_{b}< 0$  và $(a-c)^{2}=(a-b+b-c)^{2}\leq \frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}}{2}$

Do đó $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(a-c)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq (b-c)^{2}(\frac{2S_{a}+S_{b}}{2})+(a-b)^{2}(\frac{2S_{c}+S_{b}}{2})\geq 0$

*)Trường hơp (2) $a\leq b\leq c$ ta có thể thấy ngay $S_{b},S_{b}+S_{c},S_{b}+S_{a}>0$

Lại có do $S_{b}> 0$ và $(a-c)^{2}=(a-b+b-c)^{2}\geq (a-b)^{2}+(b-c)^{2}$

Do đó $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(a-c)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq (b-c)^{2}(S_{a}+S_{b})+(a-b)^{2}(S_{c}+S_{b})\geq 0$

Kết thúc chứng minh dấu bằng xẩy ra khi a=b=c

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của: 

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$ 

Lời giải 

Ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\frac{a+b}{\sqrt{ab+c(a+b+c)}}=\frac{a+b}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\geq \frac{2(a+b)}{2c+a+b}=\frac{2(1-c)}{1+c}$

Vậy ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{a+c}{\sqrt{ac+b}}\geq 2(\frac{1-c}{1+c}+\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b})$

Ta sẽ chứng minh bồ đề sau với mọi số dương 0<x<1 ta có $\frac{1-x}{x+1}\geq \frac{7-9x}{2}\Leftrightarrow (3x-1)^{2}\geq 0$

Áp dung ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{a+c}{\sqrt{ac+b}}\geq 2(\frac{1-c}{1+c}+\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b})$$\geq 2(\frac{7.3}{8}-\frac{9(a+b+c)}{8})=3$

Vậy ta có min =3 khi a=b=c=1/3