Toán bất đẳng thức -cực trị

[Viet Hung 99]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

BẤT ĐẲNG THỨC - CỰC TRỊ
​

I) Lời mở đầu:
Kính chào các thành viên thân yêu của diễn đàn học mãi thân mến!! Hiện nay là cuối tháng 3 vậy là chúng ta chỉ còn vài ''ngày'' ngắn ngủi nữa là kết thúc năm học rồi nhỉ!!.Năm vừa rồi các bạn thế rồi?Gặt hái được nhiều kết quả trong học tập chưa nhỉ? Hihi.Và trong thời điểm này cũng là các kỳ thi cam go dành cho các bạn học sinh lớp 9 đó chính là các kỳ thi chuyển cấp:kỳ thi vào các trường cấp 3, và các trường chuyên trên cả nước.Và trong các cấu trúc của đề thi thì bất đẳng thức,cực trị là một phần tương đối khó và thường là những phần để phân loại học sinh.Chính vì điều đó mà hôm nay mình sẽ mở topic ''BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ'' để các bạn có thể có thêm các kinh nghiệm về các dạng bài toán liên quan tới chủ đề này, cũng như sẽ có một tâm lý thật vững chãi để không bối rối khi làm bài thi .Ngoài ra,topic này còn dành cho các đối tượng đam mê toán học,đặc biệt là đam mê Bất Đẳng Thức muốn có một kiến thức sâu rộng hơn về phần này.

II) Nội Quy:
- Các bài toán được đưa ra phải đánh đúng thứ tự.
- " Bài Toán " phải được in đậm để dễ nhận biết.
- Không Spam , đăng những bài viết không liên quan đến Topic
- Lưu ý: Topic được mở ra chỉ để đưa ra các bài toán BĐT - Cực Trị và Lời Giải.
- Những ai không chấp hành nội quy sẽ bị cộng điểm nhắc nhở

III) Một số bất đẳng thức cơ bản:

• Bất đẳng thức AM - GM :

Với $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ là các số thực không âm thì:
$\dfrac{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a_1=a_2=a_3=...=a_n$

• Bất đẳng thức AM - GM suy rộng :

Cho các số dương ${w_1},{w_2},...,{w_n}$ thoả mãn ${w_1} + {w_2} + ... + {w_n} = 1$ .
Nếu $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ là các số thực không âm thì:
${w_1}{a_1} + {w_2}{a_2} + ... + {w_n}{a_n} \ge a_1^{{w_1}}a_2^{{w_2}}...a_n^{{w_n}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a_1=a_2=a_3=...=a_n$

• Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ và $b_1,b_2,b_3,...,b_n$ thì:
${\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = ... = \dfrac{a_n}{b_n}$

• Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức :

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ và $b_1,b_2,b_3,...,b_n$ thì:
$\dfrac{{{a_1}^2}}{{{b_1}}} + \dfrac{{{a_2}^2}}{{{b_2}}} + ... + \dfrac{{{a_n}^2}}{{{b_n}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}} \right)}^2}}}{{{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = ... = \dfrac{a_n}{b_n}$

• Bất đẳng thức Holder :

Với m và dãy số dương $\left( {{a_{1,1}},{a_{1,2}},...{a_{1,n}}} \right),\left( {{a_{2,1}},{a_{2,2}},...,{a_{2,n}}} \right)...\left( {{a_{m,1}},{a_{m,2}},...,{a_{m,n}}} \right)$ thì :
$\prod\limits_{i = 1}^m {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{i,j}}} } \right)} \ge {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {\sqrt[m]{{\prod\limits_{i = 1}^m {{a_{i,j}}} }}} } \right)^m}$
Đẳng thức xảy ra khi m dãy tương ứng đó tỉ lệ.

• Bất đẳng thức Minkowski :

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ và $b_1,b_2,b_3,...,b_n$ thì:
$\sqrt {a_1^2 + b_1^2} + \sqrt {a_2^2 + b_2^2} + ... + \sqrt {a_n^2 + b_n^2} \ge \sqrt {{{\left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}} \right)}^2} + {{\left( {{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}} \right)}^2}} $

• Bất đẳng thức Minkowski dạng mở rộng :

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ và $b_1,b_2,b_3,...,b_n$ thì:
$\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}} + \sqrt[n]{{{b_1}{b_2}...{b_n}}} \le \sqrt[n]{{\left( {{a_1} + {b_1}} \right)\left( {{a_2} + {b_2}} \right)...\left( {{a_n} + {b_n}} \right)}}$

• Bất đẳng thức Vonicur Schur :

Cho các số thực không âm $a, b, c$. Nếu $r \ge 0$, thì:
${a^r}\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + {b^r}\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + {c^r}\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$ , hoặc $a = 0, b = c$ và các hoán vị.
- Trong trường hợp $r = 1$, ta có các dạng tương đương sau:
1. ${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)$
2. $4({a^3} + {b^3} + {c^3}) + 15abc \ge {(a + b + c)^3}$
3. ${a^2} + {b^2} + {c^2} + \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 2(ab + bc + ca)$
4. $\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} + \dfrac{{4abc}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 2$
- Trong trường hợp $r = 2$, ta có các dạng tương đương sau:
1. $\sum {{a^4} + abc(a + b + c) \ge \sum {ab({a^2} + {b^2})} } $
2. $6abc(a + b + c) \ge \left (2\sum {ab} - \sum {{a^2}} \right ) \left(\sum a^2 + \sum ab \right)$

• Bất đẳng thức Bernolli :

Với mọi số nguyên $r \ge 0$ và $x >-1$
${\left( {1 + x} \right)^r} \ge 1 + rx$

IV) Bài Tập ứng dụng:

Bài Toán 1: Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa $x+y=2$. Chứng minh rằng:
\[x^3y^3(x^3+y^3) \leq 2\]

Bài Toán 2: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
\[\dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + c + 1}}\]

Bài Toán 3: [Viet Hung 99] Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\dfrac{a+3b}{2b+c} + \dfrac{b+3c}{2c+a} + \dfrac{c+3a}{2a+b} \ge 4 \]

Bài Toán 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\[\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\]

Bài Toán 5: Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $x,y,z$ dương.
\[{x^2} \sqrt{{y^2} + {z^2}} + {y^2}\sqrt {{z^2} + {x^2}} + {z^2}\sqrt {{x^2} + {y^2}} \leq \sqrt 2 \left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\]
BÀI TOÁN CHƯA CÓ LỜI GIẢI:
Bài toán 13:Trích Vietnamese IMO TST 2001
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa
[tex]2x+4y+7z=2xyz[/tex]
Tìm min của biểu thức
P = [tex]x+y+z[/tex]
Bài 15 :cho a,b,c >0 tìm max [tex]p =\frac{ab}{a^{2}+ab+bc}+ \frac{bc}{b^{2}+bc+ac}+\frac{ac}{c^2+ac+ab} [/tex]

 

[batman1907]

Bài Toán 1: Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa $x+y=2$. Chứng minh rằng:
\[x^3y^3(x^3+y^3) \leq 2\]

Mở hàng )
Ta có:
$x^{3}y^{3}(x^{3}+y^{3})=x^{3}y^{3}(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})=2x^{3}y^{3}(4-3xy)$
Ta chứng minh:
$x^{3}y^{3}(4-3xy)\leq 1$
$\Leftrightarrow 3x^{4}y^{4}-4x^{3}y^{3}+1\geq 0$
$\Leftrightarrow (xy-1)^{2}(3x^{2}y^{2}+2xy+1)\geq 0$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra$\Leftrightarrow x=y=1$

 

[batman1907]

Bài Toán 2: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
\[\dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + c + 1}}\]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$a-\dfrac{a^{3}}{a^{2}+a+1}=\dfrac{a^{2}+a}{a^{2}+a+1}\leq \dfrac{a^{2}+1}{3a}=\dfrac{a}{3}+\dfrac{1}{3}$
$\Rightarrow \sum \dfrac{a^{3}}{a^{2}+a+1}\geq \dfrac{2}{3}\sum a-1\geq \dfrac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}-1=1$
Dấu "=" xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c=1$

P/s: Một lời góp ý nhỏ dành cho chủ pic này: Với trình độ của các thành viên ở diễn đàn ta hiện nay thì những bài này có vẻ hơi quá tầm. Vì vậy anh nghĩ ta nên ra nhiều bài "dễ thở" hơn và 1 tuần thì chỉ nên ra từ 1 đến 2 bài khó như thế này sẽ hợp lí hơn.

Ok anh @batman1907 , Em sẽ giảm bớt độ khó của từng bài , thay vào đó là những bài Toán dễ hơn
-> @Viet Hung 99

 

[Viet Hung 99]

Bài Toán 3: [Viet Hung 99] Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\dfrac{a+3b}{2b+c} + \dfrac{b+3c}{2c+a} + \dfrac{c+3a}{2a+b} \ge 4 \]

$\dfrac{a+3b}{2b+c} + \dfrac{b+3c}{2c+a} + \dfrac{c+3a}{2a+b} \ge 4$
$\Longleftrightarrow \left (\dfrac{a+3b}{2b+c}-1 \right ) + \left (\dfrac{b+3c}{2c+a}-1 \right ) + \left (\dfrac{c+3a}{2a+b}-1 \right ) \ge 1$
$\Longleftrightarrow \dfrac{a+b-c}{2b+c} + \dfrac{b+c-a}{2c+a} + \dfrac{c+a-b}{2a+b} \ge 1$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:
$\dfrac{a+b-c}{2b+c} + \dfrac{b+c-a}{2c+a} + \dfrac{c+a-b}{2a+b} = \\\dfrac{(a+b-c)^2}{(2b+c)(a+b-c)} + \dfrac{(b+c-a)^2}{(2c+a)(b+c-a)} + \dfrac{(c+a-b)^2}{(2a+b)(c+a-b)}$
$ \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{(2b+c)(a+b-c)+(2c+a)(b+c-a)+(2a+b)(c+a-b)} $
$= \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c$

 

[Viet Hung 99]

Bài Toán 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\[\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\]

Theo AM - GM ta có:
\[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right){\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \le {\left[ {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)}}{3}} \right]^3} = \dfrac{{{{(a + b + c)}^6}}}{{27}}\]
\[ \Rightarrow ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{3\sqrt 3 }}\]
Sử dụng bổ đề $\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z} \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}$ ta có:
\[\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}}} = \sum {\dfrac{{{a^3}}}{{ab + ca}}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{6.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{3\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\]

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Đề xuất một vài bài nhẹ nhàng hơn!!
Bài toán 6:Cho $a$ là số thực dương.Tìm min của :[tex]A=a^2+\frac{1}{a}-2\sqrt{a}[/tex]
Bài toán 7:Cho $x>1$.Tìm min của biểu thức:
[tex]B=\dfrac{2x}{3}+\dfrac{4}{x-1}+1[/tex]
Bài toán 8:Cho $a+b+c \leq 3 $.Tìm min :
[tex]\dfrac{1}{a^2+2bc}+\dfrac{1}{b^2+2ca}+\dfrac{1}{c^2+2ab}[/tex]
Bài toán 9 :Cho $a,b,c$ là các số thực dương.CMR:
[tex]\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab} \geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}[/tex]

 

[Viet Hung 99]

Bài Toán 5: Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $x,y,z$ dương.
\[{x^2} \sqrt{{y^2} + {z^2}} + {y^2}\sqrt {{z^2} + {x^2}} + {z^2}\sqrt {{x^2} + {y^2}} \leq \sqrt 2 \left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\]

Ta đi chứng minh bổ đề sau:
\[{x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \sum {\dfrac{{x\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{y + z}}} \]
\[\sum {\frac{{ab\left( {a - b} \right) + ca\left( {a - c} \right)}}{{b + c}}} \ge 0 \Longleftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{ab\left( {a - b} \right)}}{{\left( {b + c} \right)}} + \frac{{ca\left( {a - c} \right)}}{{b + c}}} \right] \ge 0} \]
\[\Longleftrightarrow\sum {\left[ {\frac{{ab\left( {a - b} \right)}}{{b + c}} + \frac{{ba\left( {b - a} \right)}}{{c + a}}} \right]} \ge 0 \Longleftrightarrow \sum {\frac{{ab{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \ge 0\]
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\[\Longleftrightarrow {\left( {{x^2}\sqrt {{y^2} + {z^2}} + {y^2}\sqrt {{z^2} + {x^2}} + {z^2}\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right)^2} \le 2{\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)^2}\]
Áp dụng bất đẳng thức C-B-S ta có:
\[2{\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)^2} \ge \frac{2}{3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\]
\[ \ge \frac{2}{3}\left[ {\sum {{x^4}} + \sum {{x^3}\left( {y + z} \right)} } \right]\left[ {\sum {\frac{{x\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{y + z}}} } \right]\]
\[ \ge \frac{2}{3}\left[ {\frac{1}{2}\sum {{x^3}\left( {y + z} \right)} + \sum {{x^3}\left( {y + z} \right)} } \right]\left[ {\sum {\frac{{x\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{y + z}}} } \right]\]
\[ = \left[ {\sum {{x^3}\left( {y + z} \right)} } \right]\left[ {\sum {\frac{{x\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{y + z}}} } \right] \ge \sum {{x^2}\sqrt {{y^2} + {z^2}} } \]
Đẳng thức xảy ra khi: $x=y=z$

 

[Viet Hung 99]

Bài toán 9 :Cho $a,b,c$ là các số thực dương.CMR:
[tex]\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab} \geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}[/tex]

$\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab} \geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$
$\Longleftrightarrow (a^4+b^4+c^4)(a+b+c) \ge 3abc(a^2+b^2+c^2)$
Ta có: $a^4+b^4+c^4 \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3} \Longleftrightarrow (a^2-b^2)^2+(b^2+c^2)^2 + (c^2-a^2)^2 \ge 0$
$\Longrightarrow (a^4+b^4+c^4)(a+b+c) \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}(a+b+c)$
$ \ge (a^2+b^2+c^2)\dfrac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{3}3 \sqrt[3]{abc} = 3abc(a^2+b^2+c^2)$
Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c$

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Đề xuất một vài bài nhẹ nhàng hơn!!
Bài toán 6:Cho $a$ là số thực dương.Tìm min của :[tex]A=a^2+\frac{1}{a}-2\sqrt{a}[/tex]
Bài toán 7:Cho $x>1$.Tìm min của biểu thức:
[tex]B=\dfrac{2x}{3}+\dfrac{4}{x-1}+1[/tex]
Bài toán 8:Cho $a+b+c \leq 3 $.Tìm min :
[tex]\dfrac{1}{a^2+2bc}+\dfrac{1}{b^2+2ca}+\dfrac{1}{c^2+2ab}[/tex]
Bài toán 9 :Cho $a,b,c$ là các số thực dương.CMR:
[tex]\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab} \geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}[/tex]

Bài toán 6:
[tex]A=a^2+\frac{1}{a}-2\sqrt{a} \\\geq 2a-1+\frac{1}{a}-2\sqrt{a} \\=a-2\sqrt{a}+1+a+\frac{1}{a}-2 \\\geq(\sqrt{a}-1)^2+2.\sqrt{a.\frac{1}{a}}-2 \\\geq 0+2-2=0[/tex]
Dấu '=' khi $x=1$.
Bài toán 7:
[tex]B=\dfrac{2x}{3}+\dfrac{4}{x-1}+1 \\B=\dfrac{2x-2+2}{3}+\dfrac{4}{x-1}+1 \\B=\dfrac{2(x-1)}{3}+\dfrac{4}{x-1}+\dfrac{5}{3} \\\geq 2.\sqrt{\dfrac{2(x-1)}{3}.\dfrac{4}{x-1}}+\dfrac{5}{3} \\=\frac{5+4\sqrt{6}}{3}[/tex]
Dấu '=' khi $x=\sqrt{6}+1$.
Bài toán 8:
Áp dụng bất đẳng thức phụ dạng 3 số :
[tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq \frac{9}{a+b+c}[/tex].
Muốn chứng minh cái này thì ta sẽ chứng minh:[tex](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9[/tex].Sau đó nhân vào áp dụng AM-GM 3 số là sẽ ra điều phải chứng minh .
Áp dụng điều trên vào ta có:
[tex]\dfrac{1}{a^2+2bc}+\dfrac{1}{b^2+2ca}+\dfrac{1}{c^2+2ab} \\\geq \dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca} \\=\dfrac{9}{(a+b+c)^2} \\\geq \dfrac{9}{3^2}=1[/tex]
Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=1$.

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Sau đây mình sẽ post các bài bất đẳng thức của các trường của cả nước theo mức độ tăng dần.Và khi giải bài thì các bạn nên có vài dòng định hướng lời giải để khi người khác nhìn vào sẽ có hiểu được cách tư duy của bạn .Từ đó có thể có thêm kinh nghiệm hơn!!
Bài toán 10:(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Khoa học Tự nhiên 2002-2003)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi thõa mãn $x^2+y^2+z^2 \leq 3$.Tìm min của biểu thức:
[tex]P=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+zx}[/tex].
Bài toán 11:(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh thái bình năm 2005-2006)
Cho các số thực dương $x,y,z$ thõa mãn $x+y+z=1$.Chứng minh rằng:
[tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2}+\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+\sqrt{2z^2+zx+2x^2} \geq \sqrt{5}[/tex]
Bài toán 12 :(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT Trần Đại Nghĩa năm 2003-2004)
Cho các số thực dương $x,y,z$ thõa $x^3+y^3+z^3=1$.Chứng minh:
[tex]\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}[/tex]

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Sau đây mình sẽ post các bài bất đẳng thức của các trường của cả nước theo mức độ tăng dần.Và khi giải bài thì các bạn nên có vài dòng định hướng lời giải để khi người khác nhìn vào sẽ có hiểu được cách tư duy của bạn .Từ đó có thể có thêm kinh nghiệm hơn!!
Bài toán 10:(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Khoa học Tự nhiên 2002-2003)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi thõa mãn $x^2+y^2+z^2 \leq 3$.Tìm min của biểu thức:
[tex]P=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+zx}[/tex].
Bài toán 11:(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh thái bình năm 2005-2006)
Cho các số thực dương $x,y,z$ thõa mãn $x+y+z=1$.Chứng minh rằng:
[tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2}+\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+\sqrt{2z^2+zx+2x^2} \geq \sqrt{5}[/tex]
Bài toán 12 :(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT Trần Đại Nghĩa năm 2003-2004)
Cho các số thực dương $x,y,z$ thõa $x^3+y^3+z^3=1$.Chứng minh:
[tex]\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}[/tex]

Bài toán 10:
Dễ thấy điểm rơi của bài sẽ xảy ra khi $x=y=z$..
Ở dưới mẫu xuất hiện $xy,yz,xz$ và đề bài cho giá trị của biểu thức $x^2+y^2+z^2=3$ nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc sẽ áp dụng $xy+yz+zx \leq x^2+y^2+z^2=3$...
Nhưng $xy,yz,xz$ xuất hiện riêng ở từng mẫu nên chúng ta cần phải tìm kiếm một bất đẳng thức có thể liên kết $xy,yz,xz$ lại với nhau.Nghĩ ngay tới bất đẳng thức phụ ba số $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$....Và khi kiểm tra lại chiều của bất đẳng thức chứng minh thì thấy hoàn toàn hợp lý.Do đó ta có lời giải như sau:
[tex]\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+zx} \\\geq \dfrac{9}{3+xy+yz+zx} \\\geq \dfrac{9}{3+x^2+y^2+z^2}=\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{3}{2}[/tex].
Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$.
Bài toán 11:
Dễ thấy $\sqrt{2x^2+xy+2y^2}$ là một cái căn có chứa đa thức bậc 2 trong căn và đề bài cho $x+y+z=1$ vậy nếu chúng ta có thể đưa về dạng:[tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2}=\sqrt{m(x+y)^2}=\sqrt{m}(x+y)[/tex] thì khi đó t chỉ cần đặt nhân tử sẽ hoàn thành..
Nhưng rõ ràng khi nhìn vào biểu thức thì sẽ khó đưa được về dạng như trên .Nghĩ ngay tới hướng khác đưa về dạng : [tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2} \\=\sqrt{m(x+y)^2+n(x-y)^2} \\\geq \sqrt{m(x+y)^2}=\sqrt{m}(x+y)[/tex].Thì khi đó cũng như trên bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn...
Việc bây giờ ta sẽ đi tìm xem có cặp m,n nào thõa mã không?.Giả sử:
[tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2} =\sqrt{m(x+y)^2+n(x-y)^2} \\\Rightarrow 2x^2+xy+2y^2=x^2(m+n)+2xy(m-n)+y^2(m+n)[/tex].
Tới đây bằng việc cân bằng hệ số thì cần tìm m,n sao cho :
[tex]\left\{\begin{matrix} &m+n=2 \\ &2(m-n)=1 \end{matrix}\right. \\\Rightarrow \left\{\begin{matrix} &m=\dfrac{5}{4} \\ &n=\dfrac{3}{4} \end{matrix}\right.[/tex].
Từ đó ta có cách tách sau:
[tex]\sqrt{2x^2+xy+2y^2} \\=\sqrt{\dfrac{5}{4}(x+y)^2+\dfrac{3}{4}(x-y)^2} \\\geq \sqrt{\dfrac{5}{4}(x+y)^2} \\=\dfrac{\sqrt{5}}{2}(x+y) \\\Rightarrow \sum\sqrt{2x^2+xy+2y^2} \geq \sqrt{5}(x+y+z)=\sqrt{5}(dpcm)[/tex].
Dấu '=' khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.
Bài toán 12:
Để ý ở dưới mẫu :có $\sqrt{1-x^2}$ và để ý rằng :
[tex]x\sqrt{1-x^2}=\sqrt{x^2(1-x^2)}\leq \frac{x^2+1-x^2}{2}=\frac{1}{2}[/tex].
Từ đó ta có:[tex]\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}} \\=\dfrac{x^3}{\sqrt{x^2(1-x^2)}}+\dfrac{y^3}{\sqrt{y^2(1-y^2)}}+\dfrac{z^3}{\sqrt{z^2(1-z^2)}} \\\geq 2x^3+2y^3+2z^3=2(x^3+y^3+z^3)=2[/tex].
Dấu '=' khi :$2x^2=1 \Rightarrow x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.Nhưng khi thay vào thì $x^3+y^3+z^3 \neq 1$.Do đó không xảy ra dấu '='.

 

[hieu030103]

Bài toán 13:Trích Vietnamese IMO TST 2001
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa
[tex]2x+4y+7z=2xyz[/tex]
Tìm min của biểu thức
P = [tex]x+y+z[/tex]

 

[Ray Kevin]

Bài 14: [TEX]x^2 +y^2+z^2-xy-yz-zx+xyz \geq 8 [/TEX] với x+y+z=6

 

[mailima1701]

Bài 15 :cho a,b,c >0 tìm max [tex]p =\frac{ab}{a^{2}+ab+bc}+ \frac{bc}{b^{2}+bc+ac}+\frac{ac}{c^2+ac+ab} [/tex]

 

[Nữ Thần Mặt Trăng]

Bài 14: [TEX]x^2 +y^2+z^2-xy-yz-zx+xyz \geq 8 [/TEX] với x+y+z=6

Bài toán 14:
Ta có HĐT: $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$
=> $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{x+y+z}=\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{6}$
=> $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx+xyz=\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{6}+xyz=\dfrac{x^3+y^3+z^3+3xyz}{6}$
Cần cm $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq 48$
Ta có: $x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(z+x)=216-3(6-x)(6-y)(6-z)=216-18(xy+yz+zx)+3xyz$
Do đó $x^3+y^3+z^3+3xyz=216-18(xy+yz+zx)+6xyz$ (1)
Ta có BĐT phụ vs $x,y,z$ là 3 cạnh của tam giác: $xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $(x+y-z)(y+z-x)\leq \dfrac{[(x+y-z)+(y+z-x)]^2}{4}=y^2$.
Tương tự rồi nhân vs nhau ta đc BĐT trên
Áp dụng BĐT trên vào ta có:
$xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=(6-2x)(6-2y)(6-2z)$
$\iff xyz\geq 24(xy+yz+zx)-8xyz-216$
$\iff 9xyz\geq 24(xy+yz+zx)-216$
$\iff 6xyz\geq 16(xy+yz+zx)-144$ (2)
Từ (1) và (2)
=> $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq 72-2(xy+yz+zx)\geq 72-2.\dfrac{1}{3}(x+y+z)^2$ (áp dụng BĐT $xy+yz+zx\leq \dfrac{1}{3}(x+y+z)^2$
$\iff x^3+y^3+z^3+3xyz\geq 48$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=2$

 

[Conan Nguyễn]

Bài 16: Cho ba số thức a,b,c thỏa mãn

C/mr:

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Bài 16: Cho ba số thức a,b,c thỏa mãn

C/mr:

Hôm trước chả để ý ._. Cứ ngồi làm mà không thử vài giá trị. Đề sai rồi nhé phải là $ \leq \dfrac{1}{2}$ mới đúng.
$\sum \dfrac{a}{a^2+2b+3}
\\\leq \sum \dfrac{a}{2(a+b+1)}
\\DPCM \sum \dfrac{a}{a+b+1} \leq 1
\\\Rightarrow 3- \sum \dfrac{a}{a+b+1} \geq 2
\\\Rightarrow \sum \dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2$
Ta có:
$\sum \dfrac{b+1}{a+b+1}
\\=\sum \dfrac{(b+1)^2}{(a+b+1)(b+1)}
\\\geq \sum \dfrac{(a+b+c+3)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3a+3b+3c+3}
\\ \sum \dfrac{2(a+b+c+3)^2}{2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2bc+2ca+6a+6b+6c+6}
\\=\sum \dfrac{2(a+b+c+3)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca+6a+6b+6c+9}
\\=\sum \dfrac{2(a+b+c+3)^2}{(a+b+c+3)^2}
\\=2$
Do đó có điều phải chứng minh.
Dấu '=' khi $a=b=c=1$.
P/s: Lâu không vào topic. Khởi động lại topic nào ^^. @Hoàng Quốc Khánh @Viet Hung 99 @kingsman(lht 2k2) @Nữ Thần Mặt Trăng @Thủ Mộ Lão Nhân @hieu030103 @Ray Kevin ,@huonggiangnb2002 ,@Eddie225 ,@Hoàng Đình Nhật

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

Bài 17: (Sưu tầm)
Cho $x \geq 1,y \geq 1$ và $z \geq 1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1+x^3}+\dfrac{1}{1+y^3}+\dfrac{1}{1+z^3} \geq \dfrac{3}{1+xyz}$
Bài 18: (Bài tồn đọng của diễn đàn)
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Bài 19: (Sưu tầm)
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$
Quất ngay thôi :v

 

[Hoàng Quốc Khánh]

Bài 19: (Sưu tầm)
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$
Quất ngay thôi :v

Theo nguyên lí [TEX]Dirichlet[/TEX] thì trong 3 số [TEX]a-1,b-1,c-1[/TEX] sẽ có hai số không âm
Giả sử đó là [TEX]a-1[/TEX] và [TEX]b-1[/TEX] [TEX]\implies (a-1)(b-1) \geqslant 0 \iff abc \geqslant ac+bc-c[/TEX]
Do đó, bất đẳng thức đã cho tương đương với: [TEX]a^2+b^2+c^2 +1 \geqslant 2ab-2c \iff (a-b)^2+(c+1)^2 \geqslant 0[/TEX] (luôn đúng)

 

[Nguyễn Xuân Hiếu]

@W_Echo74 làm thử mấy bài này xem :v