[LTDH] BDT ôn thi đại học !

[nerversaynever]

Cho các số thực [TEX]x,y,z >0 [/TEX]CM
[TEX]16xyz(x+y+z) \leq 3\sqrt[3]{(x+y)^4(y+z)^4(z+x)^4}[/TEX]

Bài này đầy mùi chuẩn hóa

Giả sử
[TEX]\begin{array}{l}\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 8 \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc = 8 \\ BDT \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \le 3 \\ \end{array}[/TEX]

tiếp tục ta sử dụng pp phản chứng
Ta Cm bđt phụ
a,b,c>0 hãy CM
[TEX]\begin{array}{l} abc\left( {a + b + c} \right) = 3 \\ CMR:\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc \ge 8 \\ \end{array}[/TEX]
cái bđt này hiển nhiên vì từ giả thiết ta có
[TEX]\begin{array}{l} \left( {ab + bc + ca} \right)^2 \ge 3abc\left( {a + b + c} \right) = 9 \\ \left( {a + b + c} \right) \ge 3 \\ abc \le 1 \\ \end{array}[/TEX]

Bây h quay lại bài đầu ta giả sử tồn tại bộ số (a,b,c) dương sao cho
[TEX]\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 8[/TEX]

mà lại có [TEX]abc\left( {a + b + c} \right) > 3[/TEX] ta suy ra tồn tại số t>1 sao cho
[TEX]\begin{array}{l} a = ta';b = tb';c = tc' \\ a'b'c'\left( {a' + b' + c} \right)' = 3 \\\end{array}[/TEX]

nhưng khi đó giả thiết lại thành [TEX]t^3 \left( {a' + b'} \right)\left( {b' + c'} \right)\left( {c' + a'} \right) = 8[/TEX] vô lý theo bđt phụ ở trên (vì t>1 và [TEX]\left( {a' + b'} \right)\left( {b' + c'} \right)\left( {c' + a'} \right)\ge 8[/TEX])



Cách 2:
[TEX]\begin{array}{l} VT = 16\left( {a + b + c} \right)abc \le \frac{{16}}{3}\left( {ab + bc + ca} \right)^2 \\ VP = 3\left( {\sqrt[3]{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right)^4 = 3\sqrt[3]{{\left[ {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc} \right]^4 }} \\ \ge 3\sqrt[3]{{\left[ {\sqrt 3 \left( {ab + bc + ca} \right)^{3/2} - \frac{{\left( {ab + bc + ca} \right)^{3/2} }}{{3\sqrt 3 }}} \right]^4 }} = \frac{{16}}{3}\left( {ab + bc + ca} \right)^2 \\ = > VT \le VP \\ \end{array}[/TEX]


p/s dạo này mình hay đao to búa lớn thế nhỉ :M044:

 

[langtu_117]

Cho [TEX]a;b;c[/TEX] là các số thực dương và [TEX]abc=1[/TEX]
Chứng minh:
[TEX]\frac{a}{a+b^2+c^3}+\frac{b}{b+c^2+a^3}+\frac{c}{c+a^2+b^3}\leq 1[/TEX]

 

[nerversaynever]

Cho [TEX]a;b;c[/TEX] là các số thực dương và [TEX]abc=1[/TEX]
Chứng minh:
[TEX]\frac{a}{a+b^2+c^3}+\frac{b}{b+c^2+a^3}+\frac{c}{c+a^2+b^3}\leq 1[/TEX]

Làm thử thấy hình như bài này rất không phù hợp với tiêu đề topic (cũng chẳng biết có phải mình đao to búa lớn không nữa!!), thấy rõ ràng nó khó hơn hẳn mức độ thi đại học @-)@-) khó hơn ở chỗ tính toán mệt), thôi nói nhiều quá, trình bày luôn lời giải

Quy đồng và rút gọn ta có

[TEX]\begin{array}{l} \frac{a}{{a + b^2 + c^3 }} + \frac{b}{{b + c^2 + a^3 }} + \frac{c}{{c + a^2 + b^3 }} \le 1 \\ \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {a\left( {a + b^2 + c^3 } \right)} \left( {b + c^2 + a^3 } \right) \le \left( {a + b^2 + c^3 } \right)\left( {b + c^2 + a^3 } \right)\left( {c + a^2 + b^3 } \right) \\ \Leftrightarrow 3abc + 2\sum\limits_{cyc} {a^3 b} + 2\sum\limits_{cyc} {ab^4 } + \sum\limits_{cyc} {a^3 c^2 } + \sum\limits_{cyc} {ab^3 c^2 } + \sum\limits_{cyc} {a^6 } + \sum\limits_{cyc} {a^4 b^3 } \\ \le abc + a^2 b^2 c^2 + a^3 b^3 c^3 + \sum\limits_{cyc} {ab^4 } + \sum\limits_{cyc} {a^3 c^2 } + \sum\limits_{cyc} {ab^3 c^2 } + \sum\limits_{cyc} {a^6 } + \sum\limits_{cyc} {a^5 b^2 } + \sum\limits_{cyc} {a^5 c^3 } \\ \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {a^3 b} + \sum\limits_{cyc} {ab^4 } \le \sum\limits_{cyc} {a^5 b^2 } + \sum\limits_{cyc} {a^5 c^3 } \\ \Leftrightarrow abc\left( {a^3 b + b^3 c + c^3 a} \right) + abc\left( {ab^4 + bc^4 + ca^4 } \right) \le a^5 b^2 + b^5 c^2 + c^5 a^2 + a^5 c^3 + b^5 a^3 + c^5 b^3 \end{array}[/TEX]
(do abc=1)

giả sử c=min{a,b,c} ta phân tích biểu thức trên
[TEX]\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {a^5 b^2 + b^5 c^2 + c^5 a^2 - a^4 b^2 c - b^4 c^2 a - c^4 a^2 b} \right) + \left( {a^5 c^3 + b^5 a^3 + c^5 b^3 - a^5 bc^2 - b^5 ca^2 - c^5 ab^2 } \right) \ge 0 \\ \Leftrightarrow a^4 b^2 \left( {a - c} \right) + b^4 c^2 \left( {b - a} \right) + c^4 a^2 \left( {c - b} \right) + a^5 c^2 \left( {c - b} \right) + b^5 a^2 \left( {a - c} \right) + c^5 b^2 \left( {b - a} \right) \ge 0 \\ \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a^4 b^2 - b^4 c^2 } \right) + \left( {b - c} \right)\left( {a^4 b^2 - c^4 a^2 } \right) + \left( {a - b} \right)\left( {b^5 a^2 - c^5 b^2 } \right) + \left( {b - c} \right)\left( {b^5 a^2 - a^5 c^2 } \right) \ge 0 \\ \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a^4 b^2 - a^4 c^2 + a^4 c^2 - b^4 c^2 } \right) + \left( {b - c} \right)\left( {a^4 b^2 - c^4 a^2 } \right) + \left( {a - b} \right)\left( {b^5 a^2 - a^2 c^5 + a^2 c^5 - c^5 b^2 } \right) + \left( {b - c} \right)\left( {b^5 a^2 - a^5 c^2 } \right) \ge 0 \\\Leftrightarrow c^2 \left( {a - b} \right)\left( {a^4 - b^4 } \right) + \left( {b - c} \right)\left[ {a^4 b^2 - c^4 a^2 + a^4 \left( {a - b} \right)\left( {b + c} \right)} \right] + c^5 \left( {a - b} \right)\left( {a^2 - b^2 } \right) + \left( {b - c} \right)\left[ {a^2 \left( {a - b} \right)\left( {b^4 + b^3 c + b^2 c^2 + bc^3 + c^4 } \right) + b^5 a^2 - a^5 c^2 } \right] \ge 0 \\ \Leftrightarrow \left[ {c^2 \left( {a^3 + a^2 b + ab^2 + b^3 } \right) + c^5 \left( {a + b} \right)} \right]\left( {a - b} \right)^2 + a^2 \left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)\left( {a^2 b + a^2 c + ac^2 + c^3 } \right) - a^2 \left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)\left( {a^2 c^2 + ac^3 - b^4 - b^3 c - b^2 c^2 - bc^3 } \right) \ge 0 \\ \Leftrightarrow \left[ {c^2 \left( {a^3 + a^2 b + ab^2 + b^3 } \right) + c^5 \left( {a + b} \right)} \right]\left( {a - b} \right)^2 + a^2 \left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)\left( {a^2 b + a^2 c + ac^2 + c^3 - a^2 c^2 - ac^3 + b^4 + b^3 c + b^2 c^2 + bc^3 } \right) \ge 0 \\c = \min \{ a,b,c{\rm{\} }} \\ = > a^2 c + ac^2 - a^2 c^2 - ac^3 = ac\left( {a + c} \right)\left( {1 - c} \right) \ge 0 \\ = > VT \ge 0 = > dpcm \\ \end{array}[/TEX]


Đẳng thức khi a=b=c=1

 

[conan_edogawa93]

Cho [TEX]a;b;c[/TEX] là các số thực dương và [TEX]abc=1[/TEX]
Chứng minh:
[TEX]\frac{a}{a+b^2+c^3}+\frac{b}{b+c^2+a^3}+\frac{c}{c+a^2+b^3}\leq 1[/TEX]

Lãng tử hả >< nhóc cũng có nick trên đây à ) .
Ta có:
[tex](a+b^2+c^3)(a^3+b^2+c)\ge{a^2+b^2+c^2}^2\\=>\frac{a}{a+b^2+c^3}\le\frac{a^4+ab^2+ac}{(a^2+b^2+c^2)^2}[/tex]
Tương tự cho hai biểu thức còn lại rồi kết hợp ) thì:
[tex]VT\le\frac{a^4+b^4+c^4+ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\\**a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\\**Di-C/m::2.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca)\ge 0 ---Voi::abc=1\\(**f(a,b,c)\ge f(\sqrt{ab};\sqrt{bc},c)**)\\Tu-day=>dpcm[/tex]

 

[nerversaynever]

Lãng tử hả >< nhóc cũng có nick trên đây à ) .
Ta có:
[tex](a+b^2+c^3)(a^3+b^2+c)\ge{a^2+b^2+c^2}^2\\=>\frac{a}{a+b^2+c^3}\le\frac{a^4+ab^2+ac}{(a^2+b^2+c^2)^2}[/tex]
Tương tự cho hai biểu thức còn lại rồi kết hợp ) thì:
[tex]VT\le\frac{a^4+b^4+c^4+ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\\**a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\\**Di-C/m::2.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca)\ge 0 ---Voi::abc=1\\(**f(a,b,c)\ge f(\sqrt{ab};\sqrt{bc},c)**)\\Tu-day=>dpcm[/tex]

Cách giải hay nhỉ, chả bù cho mình đao to búa lớn, không thể phủ nhận bđt là thế mạnh của h/s VN

Quái, ngại cái chỗ dồn biến tởng nó đúng ai dè sai, cho a=90,b=1/10,c=1/9 thấy [tex]2\left( {a^2 b^2 + b^2 c^2 + c^2 a^2 } \right) - \left( {ab^2 + bc^2 + ca^2 + ab + bc + ca} \right) < 0[/tex] như vậy là đánh giá này chưa ổn

Tiếp nào:
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn
[TEX]x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + zx = 2[/TEX]
Tìm min của

[TEX]P = x^2 + 2y^2 + 3z^2 [/TEX]

p/s: có lẽ phải đọc lại phần bđt cho nó bằng anh bằng em )

 

[duongvituan]

Tìm giá trị nhỏ nhất , a,b,c>0 và a+b+c =1

[TEX]A=\frac{16a^3 + 16b^3 + 1}{abc}[/TEX]

 

[nerversaynever]

Tìm giá trị nhỏ nhất , a,b,c>0 và a+b+c =1

[TEX]A=\frac{16a^3 + 16b^3 + 1}{abc}[/TEX]

[TEX]\begin{array}{l} A = \frac{{16a^3 + 16b^3 + \left( {a + b + \frac{c}{2} + \frac{c}{2}} \right)^3 }}{{abc}} \ge \frac{{16a^3 + 16b^3 + 64.\sqrt[4]{{\left( {\frac{{abc^2 }}{4}} \right)^3 }}}}{{abc}} \ge \frac{{16\left( {6\sqrt[6]{{\frac{{a^6 b^6 c^6 }}{{4^3 }}}}} \right)}}{{abc}} = 48 \\ = \Leftrightarrow a = b = \frac{1}{4},c = \frac{1}{2} \\ \end{array}[/TEX]

 

[duynhan1]

Tìm giá trị nhỏ nhất , a,b,c>0 và a+b+c =1

[TEX]A=\frac{16a^3 + 16b^3 + 1}{abc}[/TEX]

Do vai trò đối xứng của a và b nên ta sẽ áp dụng BDT:
[TEX]\left{ a^3 + b^3 \ge \frac14 (a+b)^3 \\ ab \le \frac14(a+b)^2 [/TEX]
để giảm bớt biến.
[TEX]A \ge \frac{16(a+b)^3 + 4}{(a+b)^2c} = \frac{16(1-c)^3 +4}{(1-c)^2.c} 0[/TEX]
Đến đây chỉ cần khảo sát f(c) trong khoảng : [TEX](0;1)[/TEX] là tìm được min

 

[nhochung62]

cách của bác duynhan1 lại dễ nghĩ hơn. còn cách của nerversaynever thì hay nhưng phải làm nhiều , mò quen

 

[duongvituan]

không dơn giản đâu . Lần đầu mình giải bài này cũng làm theo cách duynhan1 lúc đạo hàm lên đau đầu lắm . ko tin bạn bào hàm lên thi biết

[TEX]A=\frac{ (16a^3 + \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} ) + (16b^3 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}) }{abc} (a+b+c)^2 \geq \frac{3(a+b)[(a+b)+c]^2}{abc}\geq \frac{12(a+b)^2}{ab} \geq 48[/TEX]

 

[vietphuong_lplf____]

[TEX]a+b+c=3\ \ \ a,b,c [/TEX]không âm.
CM:
[TEX](a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq 1[/TEX]

1 bài THTT( bài này quen nhưng có nhiều cách giải mới rất hay:
[TEX]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq\sqrt[]{a^2-ab+b^2}+\sqrt[]{b^2-bc+c^2}+\sqrt[]{c^2-ac+a^2}[/TEX]

 

[nguyenxuanhieu_ctk7]

x,y,z là các số không âm thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm GTLN của biểu thức:
P = 9xy + 10xz + 22yz

 

[langtu_117]

x,y,z là các số không âm thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm GTLN của biểu thức:
P = 9xy + 10xz + 22yz

Theo mình đề bài này nên sửa lại thành x,y,z là các số thực !
Từ điều kiện đầu bài ta có: [TEX]z=3-x-y[/TEX] [TEX](1)[/TEX]
Thế [TEX](1)[/TEX]vào biểu thức của P ta được:
[TEX]\\P = 9xy + 10xz + 22yz\\=9xy+10x(3-x-y)+22y(3-x-y)\\=-10x^2-23xy+30x-22y^2+66y\\\Leftrightarrow 10x^2+x(23y-30)+22y^2-66y+P=0[/TEX][TEX](2)[/TEX]
Coi [TEX](2)[/TEX] là phương trình bậc 2 ẩn [TEX]x[/TEX] , do điều kiện tồn tại [TEX]x[/TEX] cho nên:
[TEX]\Delta =(23y-30)^2-40(22y^2-66y+P)=-40P-351y^2+1260y+900\geq 0[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow 40P\leq-351y^2+1260y+900 = -351(y-\frac{70}{39})^2+\frac{26400}{13}\leq \frac{26400}{13}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow P\leq \frac{660}{13}[/TEX]
Đẳng thức xảy ra :
[TEX]\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=9xy + 10xz + 22yz=\frac{660}{13}\\ y=\frac{70}{39}\\x + y + z = 3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=-\frac{22}{39}\\y=\frac{70}{39} \\z=\frac{23}{13}\end{matrix}\right.[/TEX]

 

[vietphuong_lplf____]

1 bài THTT( bài này quen nhưng có nhiều cách giải mới rất hay:
[TEX]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq\sqrt[]{a^2-ab+b^2}+\sqrt[]{b^2-bc+c^2}+\sqrt[]{c^2-ac+a^2}[/TEX]

[TEX]\frac{a^2}{b}-a+b+b=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b \geq2\sqrt[]{a^2-ab+b^2}[/TEX]
Tương tự ta cũng có:
[TEX]\frac{b^2}{c}-b+c+c \geq 2\sqrt[]{b^2-bc+c^2}[/TEX]
[TEX]\frac{c^2}{a}-c+a+a \geq 2\sqrt[]{c^2-ac+a^2}[/TEX]
Kết hợp vớỉ:
[TEX]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c[/TEX]
\Rightarrow...................
2- Cái này e giải tặng ..........................
[TEX](a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq 1[/TEX]
với [TEX]a,b,c \geq 0[/TEX] và [TEX]a+b+c=3[/TEX]
Giả sử [TEX](a-1)(b-1) \geq 0[/TEX] (cái này..............)
[TEX](a^2-a+1)(b^2-b+1) =(a^2-a)(b^2-b)+a^2-a+b^2-b+1\geq a^2+b^2-(a+b)+1[/TEX]
[TEX]\geq \frac{(a+b)^2}{2}-(a+b)+1=\frac{(c-3)^2}{2}-(3-c)+1=\frac{c^2-4c+5}{2}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow (a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq \frac{(c^2-4c+5)(c^2-c+1)}{2}\geq1[/TEX]
Cái này thì chuyển vế trừ ra sẽ ra tích lớn hơn hoặc bằng 0
hên xuôi có zj` mọi người góp ý

 

[myhien_1710]

[TEX]Cho a,b,c >0 .CMR[/TEX]
[TEX]\frac{(a+b+c)^3}{abc}+27\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} }\geq 54[/TEX]

 

[tuyn]

[TEX]Cho a,b,c >0 .CMR[/TEX]
[TEX]\frac{(a+b+c)^3}{abc}+27\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} }\geq 54[/TEX]

[TEX]VT= \frac{(a+b+c)[(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)]}{abc}+27 \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}[/TEX]

[TEX]= \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{abc}+ \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc}+27 \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}[/TEX]
Ta có:
[TEX] \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 18( Cauchy)[/TEX]
[TEX] \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{abc} \geq \frac{3 \sqrt[3]{abc}(a^2+b^2+c^2}{abc}[/TEX]
[TEX]= \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ \sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ ab+bc+ca}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow VT \geq 18+ \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ ab+bc+ca}+27 \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}[/TEX]
Đặt [TEX]t= \sqrt[3]{ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}},0< t \leq 1[/TEX]
[TEX]\Rightarrow VT \geq f(t)=18+ \frac{9}{t^3}+27t,0< t \leq 1[/TEX]
[TEX]f'(t)=- \frac{27}{t^4}+27 \leq 0 \forall 0 < t \leq 1[/TEX]
\Rightarrow f(t) nghịch biến (0;1] \Rightarrow f(t) \geq f(1)=54
Vậy VT \geq 54 \Rightarrow ĐPCM
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

 

[vietphuong_lplf____]

[TEX]a^2+b^2+c^2=1,a,c,b\geq0[/TEX]
Tìm max:
[TEX]\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}[/TEX]

 

[nerversaynever]

[TEX]a^2+b^2+c^2=1,a,c,b\geq0[/TEX]
Tìm max:
[TEX]\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}[/TEX]

[TEX]\begin{array}{l}VT - 3 = \frac{{ab}}{{1 - ab}} + \frac{{bc}}{{1 - bc}} + \frac{{ca}}{{1 - ca}}\\\frac{{ab}}{{1 - ab}} \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{4\left( {1 - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)}} = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{2\left( {2{c^2} + {a^2} + {b^2}} \right)}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2} + {b^2}}}} \right)\\= > VT - 3 \le \frac{3}{2} = > VT \le \frac{9}{2}\end{array}[/TEX]

 

[myhien_1710]

Cho a, b,c thoa mãn :abc=1 .CMR:[TEX]\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}++ \frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\geq1[/TEX]

 

[myhien_1710]

Cho a, b,c thoa mãn :abc=1 .CMR:[TEX]\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}++ \frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\geq1[/TEX]