viet9a14124869

Cái đề ngu nhất từng thấy ...

Giả sử c = min {a;b;c} . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM : 

$$[6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)]^2 \leq 108(a-b)^2.a^2.b^2=27.(a-b)^2.2ab.2ab\leq [(a-b)^2+2ab+2ab]^3=(a+b)^6\leq (a+b+c)^6$$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh , dấu bằng xảy ra khi c=0 , $a=(2+\sqrt{3}).b$ và các hoán vị .

 

$$\sqrt{2}\left ( a+ b+ c \right )\left ( a+ b \right )\left ( b+ c \right )\left ( c+ a \right )\geqq 8\left ( \sqrt{a^{2}+ bc}+ \sqrt{b^{2}+ ca}+ \sqrt{c^{2}+ ab} \right )$$

Gần tương tự ( Phạm Kim Hùng ) :

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

Lời giải của bạn có vẻ đã ... đúng. Ta có thể áp dụng BĐT Cauchy luôn cho biểu thức cuối thì sẽ không phải khảo sát. Dĩ nhiên, lời giải muốn có kết quả đẹp, ít tính toán thì phải phụ thuộc vào m, n. Trong đề thi tỉnh VP, người ta cũng cho sẵn tọa độ các điểm và phương trình đường thẳng d. 

 

Thay số 2 bằng hằng số $k>0$ cũng vẫn giải được theo cách này.

Lời giải sẽ thế nào nếu thay điều kiện M thuộc đường thẳng d thành M thuộc 1 đường tròn ạ ?? ...

$$a^{4}\,+\, b^{4}\,+\, c^{4}\,+\, 17\,\left ( a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+ c^{2}a^{2} \right )\,\geqq\, 6\,\left ( a+ b+ c \right )\,\left ( a^{2}b+ b^{2}c+ c^{2}a \right )$$

Mình nghĩ cách tiếp cận tốt nhất với học sinh phổ thông cho bài toán như này là giả sử c = min {a; b; c} , đặt a=c+x ,b=c+y rồi khai triển dùng tam thức bậc 2 ...

Gợi ý: Đi chứng minh bổ đề:

$$(\dfrac{a}{b+c})^2+(\dfrac{b}{a+c})^2+(\dfrac{c}{a+b})^2 \geq \dfrac{a^4+b^4+c^4}{(ab+bc+ca)^2}$$

i. Nếu một trong ba số a,b,c bằng 0 thì bổ để trở thành đẳng thức .

ii. Nếu không số nào trong ba số này bằng 0, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt : 

$$LHS \geq \frac{(a^4+b^4+c^4)^2}{\sum a^6(b+c)^2}$$

Vậy ta đi chứng minh :

 $$(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca)^2\geq \sum a^6(b+c)^2$$

$$\Leftrightarrow a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)+2abc(a^4b+b^4c+c^4a+ab^4+bc^4+ca^4)\geq 0$$

Bất đẳng thức trên đúng với mọi a,b,c dương , nên ta có điều phải chứng minh , dấu bằng xảy ra khi abc=0 .

Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có:

 

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

Nhân hai vế bất đẳng thức với $a^2+b^2+c^2$ thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 

$$[\frac{a^3(b+c)}{b^2+c^2}+a(b+c)]+[\frac{b^3(c+a)}{c^2+a^2}+b(c+a)]+[\frac{c^3(a+b)}{a^2+b^2}+c(a+b)]\geq (a+b+c)^2$$ 

$$\Leftrightarrow \frac{a^3(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b^3(c+a))}{c^2+a^2}+\frac{c^3(a+b)}{a^2+b^2}\geq a^2+b^2+c^2$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a^2+ab+b^2+c^2)}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}.(a-b)^2 \geq 0$$ 

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do a,b,c không âm . Hoàn tất chứng minh .

Cho a,b,c không âm và a+b+c=1

Tìm max $\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : 

 $$\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\leq \sqrt{3(5a+5b+5c+12)}=\sqrt{51}$$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{3}$

P/S : Bài này còn tìm được min nữa =)) :

Áp dụng  bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt : 

$$\sqrt{5a+4}=\sqrt{(9a+4b+4c)(a+b+c)}\geq 3a+2b+2c$$

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại , ta có GTNN bằng 7 .

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như a=1,b=c=0 .

Trên tia đối của tia MA lấy N sao cho MN=MB => MA+MB=MN+MA=AN

Gọi I là điểm chính giữa của cung BC

Trên tia đối IA lấy K sao cho IK=IB=>IK=IB=IA

=> I là tâm (AKB)

Ta có $\widehat{AKB}=\frac{1}{2}\widehat{AIB}=\frac{1}{2}\widehat{AMB}=\widehat{ANB}$

=> A,N,K,B thuộc (I;IA)

=>AN$\leq$AK

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I

.......

Nên làm bài cẩn thận ,tôi thấy có nhiều điểm chưa thỏa ( như mấy chỗ bôi đỏ )

Với lại bạn có chắc không ?? Có thật là N luôn thuộc (I;IA) không ?? Hãy thử xem xét khi M thuộc cung AC không chứa B .  

 Cho a,b,c là các số dương thỏa $a^2+b^2+c^2+abc=4$

CM $abc+2 \geq ab+bc+ca$

Lời giải :

Theo bất đẳng thức Cauchy :

$$4=a^2+b^2+c^2+abc\geq2ab+c^2+abc\Rightarrow (2+c)(2-c-ab)\geq 0\Leftrightarrow 2\geq c+ab$$

Vậy ta chỉ cần chứng minh :

 $$abc+c+ab\geq ab+bc+ca\Leftrightarrow c(a-1)(b-1)\geq 0$$

Điều này đúng với mọi a,b thỏa mãn a-1,b-1 cùng dấu . Vậy bài toán được chứng minh xong .

Dấu bằng xảy ra với $(a;b;c)\in {(1;1;1),(0;\sqrt{2};\sqrt{2})}$ và các hoán vị của nó .

Bạn yeutoan89 sửa lại bài đi nhé, gõ tex có vấn đề , với lại bạn quên chưa đánh số thứ tự bài kìa 

Bài toán số 110 : Giả sử rằng a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1 . Chứng minh rằng : 

$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}-4b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}-4c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}-4a}\leq \sqrt[3]{\frac{5}{3}} .(\frac{1}{15abc}+\frac{6}{5})$$ 

P/S : Sửa đề rồi nha ai vô chém thử đi .....

                                                                                                                                               ____ Nguyễn Đức Việt____

Bài 41:GHPT

$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y^{2}+6}+y\sqrt{x^{2}+3}=7xy\\ x\sqrt{x^{2}+3}+y\sqrt{y^{2}+6}=x^{2}+y^{2}+2 \end{matrix}\right.$

Xét thấy với x hoặc y bằng 0 thì hệ vô nghiệm

Hệ phương trình tương đương : $\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{x^2+3}}{x}+\frac{\sqrt{y^2+6}}{y}=7 & \\ \frac{3x}{x+\sqrt{x^2+3}}+\frac{6y}{y+\sqrt{y^2+6}}=2 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+b=7 & \\ \frac{3}{1+a}+\frac{6}{1+b}=2 & \end{matrix}\right.$

Trong đó $\left\{\begin{matrix} a=\frac{\sqrt{x^2+3}}{x} & \\ b=\frac{\sqrt{y^2+6}}{y} & \end{matrix}\right.$

Rút a=7-b rồi thay vào phương trình dưới , ta có : 

$$\frac{3}{1+(7-b)}+\frac{6}{1+b}=2$$

$$\Leftrightarrow (b-5)(2b-7)=0$$

Đến đây xét 2 trường hợp là ra , mọi người thử tiếp nhé 

Cho a,b,c là các số thực thõa mãn a²+b²+c²=27 . Tìm min a³+b³+c³

Lời giải : 

Theo đề ra , ta có $a,b,c\in[-3\sqrt{3};3\sqrt{3}]$

Do đó $a^2(a+3\sqrt{3})+b^2(b+3\sqrt{3})+c^2(c+3\sqrt{3})\geq 0\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq -3\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)=-81\sqrt{3}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là $-81\sqrt{3}$ , dấu bằng xảy ra với các bộ hoán vị của $(0; 0; -3\sqrt{3})$.

Bài toán số 108 : Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1 . Với q=ab+bc+ca , chứng minh rằng : 

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

                                                                                                                                                              ____ Nguyễn Đức Việt ____

P/S : Yếu quá ....

Anh viet9a14124869 lời giải bài này đâu cần phức tạp quá vậy ạ... 

Ta có:

$\frac{4}{a+b+2}+\frac{4a}{2a+b+1}+\frac{4b}{2b+a+1}=\frac{4}{(a+1)+(b+1)}+\frac{4a}{(a+b)+(a+1)}+\frac{4b}{(a+b)+b+1}\leq \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+1}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+1}=3$

Anh quên mất ^^ đi ngủ mới nghĩ ra cái này     .....