dark templar

BÀI TOÁN Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=1$. Tìm Min $P=\frac{y^{2}z^{2}}{x(y^{2}+z^{2})}+\frac{z^{2}x^{2}}{y(x^{2}+z^{2})}+\frac{x^{2}y^{2}}{z(x^{2}+y^{2})}$

Đổi biến $(a,b,c)=\left (\frac{1}{x};\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right)$ thì $a^2+b^2+c^2=1$ và $a,b,c>0$.Khi đó $P=\sum_{cyc} \frac{a}{b^2+c^2}=\sum_{a,c,b}\frac{a}{1-a^2}$.

Ta sẽ chứng minh rằng :

$$\frac{a}{1-a^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}a^{2}}{2},\forall a \in (0,1)\Leftrightarrow a\left ( a-\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}\left ( a+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )\geqslant 0$$

BĐT trên luôn đúng với mọi $a \in (0,1)$.

Do đó $P \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}$.

Nhận xét ngoài lề:

Bài toán gốc của bài này là chứng minh BĐT $\sum \frac{a}{b^2+c^2} \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ với $a,b,c>0$.Các bạn có thể xem lời giải trực tiếp không qua thuần nhất ở http://diendantoanho...qrt32/?p=624929 (phần Cách 2)

Bất đẳng thức này đúng là quen thuộc, có thể tham khảo thêm đề Việt Nam MO 1998.

 

Bài 19 (Cyprus TST). Giả sử $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC$ và thỏa mãn điều kiện
$$a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2},$$
Chứng minh rằng $ABC$ là tam giác vuông.
 

Theo C-S:

$$4\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt{8+6+2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}$$

Kết hợp với điều kiện đầu bài cho,ta sẽ có đẳng thức xảy ra hay:

$$\frac{a}{\sqrt{8}}=\frac{b}{\sqrt{6}}=\frac{c}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{8}=\frac{b^{2}}{6}=\frac{c^{2}}{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{8}\Rightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$$

Vậy tam giác ABC vuông.

Bài 15 (Australien MO). Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=1.$ Chứng minh rằng

$$\left | a+\frac{a}{b}+b+\frac{b}{a} \right |\geq 2-\sqrt{2}.$$

 

Theo BĐT trị tuyệt đối và C-S:

$$\left | (a+b)+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right |\geqslant \left | \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right |-\left | a+b \right |\geqslant 2-\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}=2-\sqrt{2}$$

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;1)$. Gọi $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ lần lượt là đường cao hạ từ đỉnh $A, B, C$ xuống cạnh đối diện. Tìm $max$ của: 

$M=\sum\frac{1}{h_{a}+2h_{b}}$

 Gợi ý cho bài này:

BĐT C-S: $\frac{1}{h_{a}+2h_{b}} \leqslant \frac{1}{9}\left (\frac{1}{h_{a}}+\frac{2}{h_{b}} \right )$

Đẳng thức quen thuộc $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}=1$

Cách cơ bản nhất để xét tính tăng giảm của dãy là xét hiệu $u_{n+1}-u_n$,nếu dương thì là dãy tăng,âm là dãy giảm.

Cho $0\leq a;b\leq 1$ .Tìm Max $F=\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}$

Ta sẽ chứng minh $F \leqslant \frac{1}{3}$ hay:

$$\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}\leqslant \frac{1}{3}\Leftrightarrow 12(a+b)(1+ab-a^{2}-b^{2})+9(1+ab-a^{2}-b^{2})+7ab\geqslant 0$$

Để ý rằng do $0 \leqslant a,b \leqslant 1$ nên $ab \geqslant 0,a \geqslant a^2,b \geqslant b^2$ và $(1-a)(1-b) \geqslant 0 \Leftrightarrow 1+ab \geqslant a+b \geqslant a^2+b^2$.

Vậy BĐT đã được chứng minh.$F_{\max}=\frac{1}{3}$ khi $a=0,b=1$ hay các hoán vị.