Hoang Duong

Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ 

Bài này điểm rơi Cauchy cũng chơi mượt mà được mà, chưa cần dùng đến Holder đâu,

$(a+b)^4+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}\ge4\sqrt[4]{(a+b)(\frac{16}{81})^3}=\frac{32}{27}(a+b)$

Tương tự cộng lại ta có điều phải chứng minh         cần gì phải dao búa

Dễ dàng chứng minh:

$(a+b+c+d+e)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e})\ge25$

Hay:

$\frac{1}{\sum a}\le\sum\frac{1}{25}\sum\frac{1}{a}$

Quay lại bài toán:

$P=\sum\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}\ge\sum\frac{a^2}{a^2+2(b^2+c^2)}$

$\Rightarrow 3-P\le 2\sum\frac{b^2+c^2}{a^2+2(b^2+c^2)}=2\sum\frac{b^2+c^2}{\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{3}+2\frac{(b^2+c^2)}{2}}$

$\le\frac{2}{25}(b^2+c^2)\sum(\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{4}{b^2+c^2})$

$=\frac{2}{25}(9\sum\frac{b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}+12)=\frac{60}{25}=\frac{12}{5}$

Từ đó suy ra: $P\ge\frac{3}{5}$

Dạng này: https://drive.google...b09WZUVsUmJUTDg

$\sum ab\le\frac{(\sum a)^3}{3}=3$

TH $k \geq 1 $ thì dễ dàng chứng minh được,
nhưng TH k<1 và a,b,c dương thì t chưa nghĩ ra

Điều kiện của k chỉ mỗi vậy thôi à bạn

"Khó căng não" tức là dễ quá đúng không nhỉ

Bài này C-S ra luôn, nhưng điểm rơi thì cũng làm được:

$\frac{1}{x}+a^2x\geq 2a$

$\frac{4}{y}+b^2y\geq 4b$

$\frac{9}{z}+c^2z\geq 6c$ (với a,b,c là các hằng số dương chọn sau

suy ra:

$\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}+b^2y+a^2x+c^2z\geq 2a+4b+6c$

dấu "=" xảy ra khi x=1/a,y=2/b,z=3/c

Cần chọn a,b,c sao cho $a^2=b^2=c^2$ hay a=b=cvà 1/a+2/c+3/c=1

vậy a=b=c=6
vậy là okê nhé bạn

thế vào rồi khảo sát hàm thôi chứ dồn làm chi cho mất công cậu

Bài 74: Cho x,y,x là các số thực dương thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$\sum \frac{x}{1-x^2}$

Ta có bđt sau: $\frac{1}{1-x^2}\geq\frac{3\sqrt{3}x}{2}\Leftrightarrow (x-\frac{1}{\sqrt3})^2(3\sqrt3x+6)\geq 0$ (luôn đúng)

suy ra:

$\sum\frac{x}{1-x^2}\geq\sum\frac{3\sqrt3x^2}{2}=\frac{3\sqrt3}{2}$
"=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt3}$

Đây là câu 9 trong đề thi thử chuyên Vinh lần 3,
bạn hãy chứng minh tg HEK vuông và AH=HE là okê, kêt quả có 2 điểm A nhé bạn

$ma^{m+n}+nb^{m+n}\geq (m+n)a^{m}b^{n}$

thiết lập tương tự cộng lại có đpcm

đổi biến (a,b,c)~($\frac{2x}{y},\frac{2y}{z},\frac{2z}{x}$)
=>$ P= \sum \frac{yz}{4xz+2y^2+6yz} $
$3-6P=\sum \frac{4xz+2y^2}{4xz+2y^2+6yz}$

ta có $\sum \frac{4xz}{4xz+6yz+2y^2} \geq \frac{4(xy+xz+yz)^2}{4((xz)^2+(yz)^2+(xy)^2) +8xyz (x+y+z)} =1 $

và     $ \sum \frac{2y^2}{4xz+2y^2+6xz} \geq \frac{2(x+z+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+10(xz+yz+xy)} = \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+3(xz+yz+xy)} \geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+3*\frac{(x+y+z)^2}{3}} =\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$
Vậy $3-6P \geq \frac{1}{2}+1$ => $P \leq \frac{1}{4}$

Lời giải khá hay
nhưng có thể hơi khó hiểu,

mình xin trình bày lời giải khác:

đổi biến: $(x,y,z)\rightarrow (2a^2,2b^2,2c^2)\Rightarrow abc=1$

khi đó bất đẳng thức trở thành:

$\sum\frac{1}{4a^2+2b^2+6}=\sum\frac{1}{2a^2+2b^2+2a^2+2+4}\leq\sum\frac{1}{4ab+4a+4}=\frac{1}{4}\sum\frac{1}{ab+a+1}=1/4$

Công việc chứng minh $\sum\frac{1}{ab+a+1}=1$ với $abc=1$ khá đơn giản, bạn chỉ cần rút thế hợp lí là được

Cho a,b,c>0 C/m: $\frac{a^2}{1+b-a}+\frac{b^2}{1+c-b}+\frac{c^2}{1+a-c}\geqslant 1$

Mình chắc là phải có giả thiết $a^2+b^2+c^2=1$ hoặc tương tự thì mới ổn
ta có:

$\sum c^3=\sum\frac{a^3+a^3+b^3}{3}\geq \sum a^2b$

Áp dụng:

$\sum\frac{a^2}{1+b-a}=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}\geq\sum\frac{(\sum a^2)}{\sum a^2+\sum a^2b-\sum a^3}\geq\sum a^2=1$

Ta có: $\sqrt{1+x^3}=\sqrt{(1+x)(1-x+x^{2})}\leq\frac{(1+x)+(1-x+x2)}{2}=\frac{2+x^{2}}{2}. \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^{3}}}\geq\frac{2}{2+x^{3}}$

ÁP dụng:

$\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}=\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{c+b}{a})^{3}}}\geq\frac{2}{1+(\frac{c+b}{a})^{2}}=\frac{2a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq\frac{2a^{2}}{2a^{2}+2(b^{2}+b^{2})}$

thiết lập tương tự cộng lại ta có đpcm