tuaneee111

Câu 5 

Sau bao năm chờ đợi; giờ mới thấy VN vượt mặt Mỹ

bình thường mà

B1. Cho a, b, c >0. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c} \geq 3+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)}{(a+b+c)^2}$

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

Bài 1: 

$$ \displaystyle \sum\limits_{{cyc}}{{\frac{{2a}}{{b+c}}}}-3-\frac{{\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}}}}}{{{{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}=\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {\frac{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\sum\limits_{{cyc}}{{ab}}}}{{\left( {a+c} \right)\left( {b+c} \right){{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}} \right)}}\ge 0$$

P/s: Lời giải này của mình rất khủng nhé!

Trường hợp 1: Nếu $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{x}^{3}}-x-1>0\\x\in \left[ {-\sqrt[3]{{\frac{1}{3}}};\frac{9}{5}} \right]\end{array} \right.$. Khi đó $\displaystyle \sqrt{{3{{x}^{3}}+1}}\le \frac{{34\sqrt{{10}}}}{{25}}<\frac{9}{2}$. Suy ra được: $$f\left( x \right) = 2{x^4} - 4x + 1 - \left( {{x^3} - x - 1} \right)\sqrt {3{x^3} + 1}  > 2{x^4} - 4x + 1 - \frac{9}{2}\left( {{x^3} - x - 1} \right) = \frac{{4{x^4} - 9{x^3} + x + 11}}{2}$$$$ = \frac{{4{{\left( {{x^2} - \frac{9}{8}x - \frac{9}{{10}}} \right)}^2} + \frac{{171}}{{80}}{x^2} - \frac{{71}}{{10}}x + \frac{{194}}{{25}}}}{2} > 0$$Vậy phương trình vô nghiệm khi $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{x}^{3}}-x-1>0\\x\le \frac{9}{5}\end{array} \right.$

Trường hợp 2: Nếu $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{x}^{3}}-x-1<0\\x\in \left[ {-\sqrt[3]{{\frac{1}{3}}};\frac{9}{5}} \right]\end{array} \right.$. Ta có đánh giá $ \displaystyle \sqrt{{3{{x}^{3}}+1}}>\frac{3}{2}x+\frac{9}{{25}}\left( 1 \right)$

• Nếu $\displaystyle x\in \left[ {-\sqrt[3]{{\frac{1}{3}}};-\frac{6}{{25}}} \right]$ thì $(1)$ luôn đúng!
• Nếu $ \displaystyle x\in \left[ {\frac{{-6}}{{25}};\frac{9}{5}} \right]$ thì $ \displaystyle \left( 1 \right)\Leftrightarrow 3{{x}^{3}}-\frac{9}{4}{{x}^{2}}-\frac{{27}}{{25}}x+\frac{{544}}{{625}}>0\Leftrightarrow g\left( x \right)>0$. Ta có:$$g'\left( x \right) = 9{x^2} - \frac{9}{2}x - \frac{{27}}{{25}} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{5 \pm \sqrt {73} }}{{20}}$$$$g\left( { - \frac{6}{{25}}} \right) \approx 0,95 > 0;\,g\left( {\frac{9}{5}} \right) = \frac{{22831}}{{2500}} > 0;\,g\left( {\frac{{5 + \sqrt {73} }}{{20}}} \right) \approx 0,0388 > 0;\,\,g\left( {\frac{{5 - \sqrt {73} }}{{20}}} \right) \approx 0,97 > 0$$Vậy $(1)$ luôn đúng!

Khi đó $f\left( x \right) > 2{x^4} - 4x + 1 - \left( {{x^3} - x - 1} \right)\left( {\frac{3}{2}x + \frac{9}{{25}}} \right)$$$ = \frac{{25{x^4} - 18{x^3} + 75{x^2} - 107x + 68}}{{25}} = \frac{{25{x^2}{{\left( {x - \frac{9}{{25}}} \right)}^2} + \frac{{19}}{{25}}{x^2} + 71{{\left( {x - \frac{{107}}{{142}}} \right)}^2} + \frac{{7863}}{{284}}}}{{25}} > 0$$Vậy phương trình vô nghiệm trên $\left[ { - \root 3 \of {\frac{1}{3}} ;\frac{9}{5}} \right]$

Trường hợp 3: Nếu $x \geqslant \frac{9}{5}$

Ta có: $f'\left( x \right) = 8{x^3} - 4 - \frac{{27{x^5} - 15{x^3} - 3{x^2} - 2}}{{2\sqrt {3{x^3} + 1} }} = \frac{{2\left( {8{x^3} - 4} \right)\sqrt {3{x^3} + 1}  - \left( {27{x^5} - 15{x^3} - 3{x^2} - 2} \right)}}{{2\sqrt {3{x^3} + 1} }}$

Để ý thấy:

1. $8{x^3} - 4 > 0\forall x \geqslant \frac{9}{5}$
2. $27{x^5} - 15{x^3} - 3{x^2} - 2 = 27{\left( {x - 1} \right)^5} + 135{\left( {x - 1} \right)^4} + 255{\left( {x - 1} \right)^3} + 222{\left( {x - 1} \right)^2} + 84\left( {x - 1} \right) + 7 > 0$

Ta có đánh giá $\sqrt {3{x^3} + 1}  < {x^2} - \frac{1}{5}x + \frac{3}{2}\left( * \right)$

Bây giờ sẽ đi chứng minh $(*)$  luôn đúng.

Ta có: $$\sqrt {3{x^3} + 1}  < {x^2} - \frac{1}{5}x + \frac{3}{2} \Leftrightarrow {x^4} - \frac{{17}}{5}{x^3} + \frac{{76}}{{25}}{x^2} - \frac{3}{5}x + \frac{5}{4} > 0$$$$ \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x - \frac{{17}}{{10}}} \right)^2} + \frac{3}{{20}}{\left( {x - 2} \right)^2} + \frac{{13}}{{20}} > 0$$Vậy $(*)$ luôn đúng.

Khi đó $f'\left( x \right) < \left( { - 55{x^5} - 16{x^4} + 195{x^3}} \right) + \left( { - 25{x^2} + 8x - 50} \right) < 0$ 

Suy ra  $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {\frac{9}{5}; + \infty } \right)$. Vậy  $x=2$ là nghiệm duy nhất của phương trình!

Nếu mình nhớ không nhầm thì đây là đề Olympic 30/4/2014 của THPT Phan Châu Trinh!

Đặt $t = \sqrt {{x^4} + 2{x^2}\sqrt {x - 2}  + x - 93}  \geqslant 0$$ \Rightarrow {t^2} = {\left( {{x^2} + \sqrt {x - 2} } \right)^2} - 91$.

Ta có hệ phương trình: $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{\left( {{{x}^{2}}+\sqrt{{x-2}}} \right)}^{2}}={{t}^{2}}+91\\\sqrt{{{{x}^{2}}+91}}=\sqrt{{t-2}}+{{t}^{2}}\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{x}^{2}}+\sqrt{{x-2}}=\sqrt{{{{t}^{2}}+91}}\\{{t}^{2}}+\sqrt{{t-2}}=\sqrt{{{{x}^{2}}+91}}\end{array} \right.$$$ \Rightarrow \left( {x - t} \right)\left( {x + t} \right) + \frac{{x - t}}{{\sqrt {x - 2}  + \sqrt {t - 2} }} + \frac{{\left( {x - t} \right)\left( {x + t} \right)}}{{\sqrt {{t^2} + 91}  + \sqrt {{x^2} + 91} }} = 0\left( {x,t \geqslant 2} \right)$$$$ \Leftrightarrow \left( {x - t} \right)\left( {x + t + \frac{1}{{\sqrt {t - 2}  + \sqrt {x - 2} }} + \frac{{x + t}}{{\sqrt {{t^2} + 91}  + \sqrt {{x^2} + 91} }}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = t$$Suy ra được $$\sqrt {{x^2} + 91}  = \sqrt {x - 2}  + {x^2} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{{x + 3}}{{\sqrt {{x^2} + 91}  + 10}} - \frac{1}{{\sqrt {x - 2}  + 1}} - \left( {x + 3} \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3$$Vì $\frac{{x + 3}}{{\sqrt {{x^2} + 91}  + 10}} - \frac{1}{{\sqrt {x - 2}  + 1}} - \left( {x + 3} \right) < \frac{{x + 3}}{{10}} - \frac{1}{{\sqrt {x - 2}  + 1}} - \left( {x + 3} \right) < 0$

Do mình hơi bận nên chỉ nêu hướng làm thôi nhá!

Không mất tính tổng quát ta giả sử $c = \max \left\{ {a,b,c} \right\}$

Ta có: $${\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)^2} - \frac{{10\sum\limits_{cyc} {{a^2}} }}{{\sum\limits_{cyc} {ab} }} + 1 = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\frac{{{a^2}c + {b^2}a + {c^2}b}}{{{a^2}{b^2}c}} - \frac{{10}}{{ab + bc + ca}}} \right)$$$$ + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\frac{{{a^2}c + {b^2}a + {c^2}b}}{{{a^2}b{c^2}}} - \frac{{10}}{{ab + bc + ca}}} \right)$$Đến đây quy đồng khai triển và sử dụng điều kiện ta có thể chứng minh đc 2 biểu thức trong ngoặc luôn dương!

Bạn này hỏi một câu mk đã từng hỏi, bạn xem ở đây nhá: https://diendantoanh...b1/#entry685126

Theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có: ${\left( {\sum\limits_{cyc} {\sqrt {a + b} } } \right)^2} \leqslant 6\left( {a + b + c} \right)$.

Mặt khác ta lại có: $$\frac{{27}}{4}\left( {\sum\limits_{cyc} a  - \frac{{abc}}{{\sum\limits_{cyc} {ab} }}} \right) - 6\left( {a + b + c} \right) = \frac{{3\sum\limits_{cyc} {c{{\left( {a - b} \right)}^2}} }}{{4\left( {\sum\limits_{cyc} {ab} } \right)}} \geqslant 0$$Vậy có điều phải chứng minh!

Bài 1 có vẻ dễ, lam trước! 

Theo $AM-GM$ ta có: $$\sum\limits_{cyc} {\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}}}  = \sum\limits_{cyc} {\left( {a + 1 - \frac{{{b^2}\left( {a + 1} \right)}}{{{b^2} + 1}}} \right)}  \geqslant \sum\limits_{cyc} {\left( {a + 1 - \frac{{b\left( {a + 1} \right)}}{2}} \right)}  \geqslant \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} a  - \frac{1}{6}{\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2} + 3$$Đặt $a + b + c = t\left( {t \geqslant 3} \right)$, khi đó ta được: $$P \geqslant \frac{1}{2}t - \frac{1}{6}{t^2} + \frac{{{t^3}}}{{54}} + 3 = \frac{{{{\left( {t - 3} \right)}^3}}}{{54}} + \frac{7}{2} \geqslant \frac{7}{2} \Rightarrow \min P = \frac{7}{2}$$

Không mất tính tổng quát ta giả sử: $abc = 1$.

Đổi biến $\left( {a + b + c;ab + bc + ca;abc} \right) \to \left( {p,q,r} \right)$. Khi đó cần chứng minh: $$\frac{p}{3} \geqslant \frac{{2\left( {{p^2} - 3q} \right) + 12p}}{{12p}} \Leftrightarrow 6{p^2} - 36p + 18q \geqslant 0$$Ta có: $$q \geqslant \sqrt {3p}  \Rightarrow 6{p^2} - 36p + 18q \geqslant 6{p^2} - 36p + 18\sqrt {3p} $$$$ = \left( {\sqrt {3p}  - 3} \right)\left( {\left( {2p - 6} \right)\sqrt {3p}  + 6p} \right) \geqslant 0\forall p \geqslant 3 \Rightarrow Q.E.D$$

Mình xin đưa ra ý tưởng!

Không mất tính tổng quát ta giả sử: $c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$. Khi đó ta được: $$\left( {\sum\limits_{cyc} {{a^2}} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}} } \right) \geqslant \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)$$Đến đây đặt $t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$ và khảo sát hàm 1 biến là xong!

Ta có: $$VT - VP = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\frac{2}{{ab}} - \frac{{35}}{2}} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\frac{{a + b}}{{abc}} - 16} \right)$$$$Do{\text{ c}} \geqslant b \geqslant a \Rightarrow a + b \leqslant \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{2}{{ab}} - \frac{{35}}{2} \geqslant \frac{2}{{{{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)}^2}}} - \frac{{35}}{2} \geqslant \frac{1}{2}$$$$a + b - 16abc = \left( {a + b} \right){\left( {a + b + c} \right)^2} - 16abc = {c^2}\left( {a + b} \right) + \left( {2{b^2} - 12ab + 2{a^2}} \right)c + {\left( {a + b} \right)^3} = f\left( {a,b,c} \right)$$Có: $\Delta  =  - 64ab{\left( {a - b} \right)^2} \leqslant 0 \Rightarrow f\left( {a,b,c} \right) \geqslant 0$

Suy ra đpcm!

em

lớp 9 chưa học bất đẳng thức Holder có cách nào giải khác phù hợp ko

 vào chủ đề mà anh Drago đã trích dẫn liên kết ở trên mà xem

do dãy số là số tự nhiên liên tiếp nên ta có:

từ 1 đến 9 (các số có một chữ số) có:  9x1=9 (chữ số);

từ 10 đến 99 (các số có hai chữ số) có : 

       99-10+1=90 số hạng nên có 90x2=180 (chữ số);

  suy ra các chữ số còn lại là:

      2017-180-9=1828(chữ số)[nằm trong số có ba chữ số ] nên

    số đó là số 1828/3=609(dư 1);

 suy ra đó là chữ số đầu số 610 là số 6;

suy ra điều phải chứng minh nhé bạn.

Cảm ơn bạn nhiều!  

Không mất tính tổng quát ta giả sử $c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$ khi đó ta được: $$\left( {\sum\limits_{cyc} {{a^2}} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}} } \right) \geqslant \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right) = 1 + \frac{2}{{\frac{a}{b} - 2 + \frac{b}{a}}} + {\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)^2}$$Đến đây đặt ẩn khảo sát hàm 1 biến là xong