nangcuong8e

áp dụng bđt AM-GM ta có $VT\geq \sum \sqrt{\frac{2x}{y}}$

tiếp tục áp dụng AM-GM 1 lần nữa ta có$\sum \sqrt{\frac{2x}{y}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8xyz}{yxz}}}$=$3\sqrt{2}$

Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.

Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$

Ta có  $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)[\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}] \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
 Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.

Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.

$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$

 Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$

hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
 Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

Có: $\frac{3a+4}{a^{2}+1}+2a-\frac{11}{2}=\frac{4a^{3}+11a^{2}-10a+3}{a^{2}+1}\leq 0,\forall a>0,a\in\mathbb{R}$

$\Rightarrow \frac{3a+4}{a^{2}+1}\leq \frac{11}{2}-2a$

Xây dựng các $bđt$ tương tự rồi cộng lại được $\sum \frac{3a+4}{a^{2}+1}\leq \frac{33}{2}-2(\sum a)\leq \frac{33}{2}-6\sqrt[3]{abc}=\frac{21}{2}(Q.E.D)$ 

Có vẻ chỗ màu đỏ sai rồi thì phải bạn, phải là $\frac{4a^3-11a^2+10a-3}{a^2+1} =\frac{(a-1)^2(4a-3)}{a^2+1} \leq 0$ cũng không đúng với mọi $a > 0$
 Cách giải khác: 
Ta có: $\sum \frac{3a+4}{a^2+1} \leq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{9}{2} -\frac{3a+4}{a^2+1}) \geq \frac{27}{2} -\frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq 6$ $(1)$
 Ta sẽ chứng minh $(1)$ đúng. Thật vậy, $\sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq \frac{9(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3}$

Đến đây ta phải chứng minh $\frac{3(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3} \geq 2$
Tương đương với $\sum a^2 +6\sum ab \geq 6\sum a +3$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2-6(a+b+c)+9 +4(ab+bc+ca) \geq 12$
$\Leftrightarrow (a+b+c-3)^2 +4(ab+bc+ca) \geq 12$ (đúng theo AM-GM với $abc=1$)
 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài toán: Cho $x,y,z$ là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn: $x+y+z=3$.

 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=x^{2}+y^{2}+z^{2}+3xyz$

Đặt $t=\frac{y+z}{2}$ thì ta được $x+2t =3$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ là số lớn nhất trong 3 số $x,y,z$ thì $x \geq 1$
 Mà $2t= y+z \geq x \geq 1$ nên $t \geq \frac{1}{2}$
Ta sẽ chứng minh $P(x;y;z) \leq P(x;t;t) \Leftrightarrow P(x;t;t) -P(x;y;z) \geq 0$
$\Leftrightarrow (\frac{3x}{4}-\frac{1}{2})(y-z)^2 \geq 0$ (đúng do $x \geq 1$)
 Giờ ta chỉ cần chứng minh $P(x;t;t) = x^2+2t^2+3xt^2 \leq 6$ (với $x+2t=1$)
Tương đương với $(3-2t)^2+2t^2+3(3-2t)t^2-6 \leq 0 \Leftrightarrow (t-1)^2(1-2t) \leq 0$ (điều này đúng do $t \geq \frac{1}{2}$)
 Do đó $P= x^2 +y^2+z^2+3xyz \leq 6$
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ 

Em ko hỉu chỗ đó anh ơi. Mong anh giải thích rõ chỗ đó dùm em 

sr bạn, mình đã fix

Sáng nay mới thi, up lên cho cô, dì, chú, bác, các anh em vào cùng làm 

Định chụp ảnh cơ mà sợ không thấy rõ, ai có lòng hảo tâm mấy bài dễ cho em xin cái đáp số để so sánh với ạ 

 

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA                                          ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

                                                                                                                    MÔN THI: TOÁN

 

Câu 5 (2.0 điểm ): Cho các số dương a,b,c thỏa mãn $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}=3$

Chứng minh rằng: $\frac{2a^{5}+3b^{5}}{ab}+\frac{2b^{5}+3c^{5}}{bc}+\frac{2c^{5}+3a^{5}}{ca}\geqslant 15(a^{3}+b^{3}+c^{3}-2)$

 

                                                  -----------------------Hết---------------------------------

Lời giải:
Ta có: $\sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} \geq 15(a^3+b^3+c^3-2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} -\sum ab^2 \geq 15(\sum a^3 -3 \sum ab^2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2(2a^3+4a^b+6ab^2+3b^3)}{ab} \geq 15 \sum (a+2b)(a-b)^2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^4(2a+3b)}{ab} \geq 0$ (luôn đúng với mọi $a,b,c$ dương)

Vậy: Bất đẳng thức được chứng minh.
 Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Nguồn: Facebook