Câu 2

Trong cuốn “Sáng tạo bất đẳng thức” có một bài toán thế này

“Chứng minh với mọi số thực dương a, b, c ta có

$\frac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}\ge \frac{abc\left( a+b+c \right)}{1+abc}$.

Lời giải như sau:

Với mọi số thực dương k, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có

$\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$

Ta chọn $k=\frac{1}{abc}$ thì có được đpcm.”

Mình xin hỏi tại sao lại nghĩ đến BĐT $\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$, và chọn $k=\frac{1}{abc}$.

 

Ta thấy tử là $a^3b$ và mẫu chứa $a^2b$; hai số này có nhân tử chung là ab nên chia cả tử và mẫu cho ab sẽ gọn hơn.

Như vậy ta sẽ có $\dfrac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}=\dfrac{a^2}{\dfrac{1}{ab}+b}$ 

Tương tự thì $\dfrac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}=\dfrac{b^2}{\dfrac{1}{bc}+c}$ và $\dfrac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}=\dfrac{c^2}{\dfrac{1}{ca}+a}$

Đến lúc này thì có thể dùng BĐT Cauchy - Schwarz rồi, mẫu là $\dfrac{1}{ab}+b +\dfrac{1}{bc}+c +\dfrac{1}{ca}+a$

Nhưng để cho gọn (nhóm mẫu mới vào sao cho có hạng tử a + b + c ) thì cần biến đổi $\dfrac{1}{ab}=\dfrac{c}{abc}$, các hạng tử này đã đồng nhất 

Xong.

Câu 3:

Trên mathlinks.ro có bài toán sau:

“Cho các số thực dương a, b, c thỏa $3a+4b+6c\ge 42$. Chứng minh

$a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}+\frac{8}{c}\ge \frac{29}{2}$.

Lời giải trên trang ấy là

BĐT đề bài tương đương $\frac{3{{\left( a-2 \right)}^{2}}}{4a}+\frac{2{{\left( b-3 \right)}^{2}}}{3b}+\frac{{{\left( c-4 \right)}^{2}}}{2c}+\frac{3a+4b+6c-42}{12}\ge 0$ (1) ”

hãy chỉ mình phương pháp tìm ra (1).

Mình sẽ rất vui nếu như bạn trả lời các câu hỏi của mình. 

Chỉ là chuyển $\dfrac{29}{2}$ sang VT để có VT $\geq 0$ cho gọn và biến đổi tương đương thành tổng các phân số sao cho có phân số chứa tử là 3a + 4b + 6c - 42 (cái cụm này đã $\geq 0$)

Các số còn thừa lại nhóm thích hợp theo cụm chứa a, b, c để tạo HĐT là đc.

Mình có một số vấn đề về BĐT xin bạn giúp đỡ.

Câu 1: Trong cuốn sách Phương pháp giải toán BĐT và cực trị dành cho học sinh 8, 9

Cho 3 số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng

${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}\ge 4\left( a+b+c \right)\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$.

Lời giải của bài này trong cuốn sách như sau

Do vai trò của a, b, c có tính hoán vị vòng qubạn nên giả sử b nằm giữa a và c.

Nếu $a\ge b\ge c$ thì vế phải của BĐT âm, còn vế trái dương nên BĐT hiển nhiên.

Nếu $c\ge b\ge a$, ta có

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-b \right)\left( c-a \right)$. BĐT này tương đương với $a\left( 2a+2c-b \right)\ge 0$, đúng do $c\ge b\ge a$.

Mình xin hỏi:”Tại sao lại tách và sử dụng BĐT như vầy

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Tác giả đã dự đoán dấu bằng ra sao mà lại nhóm như thế? Đã sử dụng kỹ năng nào?

Mình đã thử làm khác đi là: giả sử $a=\max \left\{ a,b,c \right\}$. Nếu $b\ge c$ thì BĐT hiển nhiên. Xét $c\ge b$, sau đó mình làm như sau

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right)$. BĐT này tương đương với $c\left( 2c+2b-a \right)\ge 0$. Điều này là không chắc chắn.

Bạn hãy giải thích sai lầm của mình ở chỗ nào nhé.

Mình xin cảm ơn

 

- Thứ nhất: BĐT tác giả đã dùng là hệ quả của BĐT Cauchy 2 số: với x, y không âm (tức $\geq 0$) thì $4xy \leq x^2+y^2$ (*)

- Thứ hai: Mấy bài BĐT mà các biến tham gia có vai trò như nhau (hoán vị vòng quanh) thì dấu = xảy ra thường là các biến bằng nhau. Áp dụng đó để nhóm số cho phù hợp. Bạn có thể tham khảo kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy. (sách hoặc search)

- Thứ ba: cách khác của bạn chỉ là suy ra từ cách của tác giả, dĩ nhiên vẫn phải lựa chọn để nhóm các hạng tử mà sử dụng BĐT (*) kia vẫn đúng. Ở đây mình sửa theo cách của bạn là:

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( c-b \right)+\left( a-b \right)\left(  a-c \right) \right]}^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( c-b \right)+\left( a-b \right)\left(  a-c \right) \right]}^{2}}$. BĐT này tương đương với $b\left( 2c+2a-c \right)\ge 0$.

BĐT này đúng do $a \geq c \geq b$

Chắc bạn chưa hiểu rõ cách c/m và cách nhóm của tác giả nên vận dụng vào k đúng

Cho x,y>0 và x+y=1.Cm 

3(3x-2)$^{2}$+ $\frac{8x}{y}$$\geq$7

 

 

Cho x,y,z$\in [1;2]$. Tìm max

A=(x+y+z)($\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$)

Bài 1/

Bạn tham khảo các cách làm ở pic này

Cho x,y,z$\in [1;2]$. Tìm max

A=(x+y+z)($\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$)

Mình chụp hình lời giải (bàn phím lỗi k gửi đc bài )

P/S: mình đổi nhầm biến x; y; z thành a; b; c Bạn thông cảm!

ta cần cm

$\sum x^{4}y\leq \sum x^{5}$

 

Chỗ màu đấy có thể làm gọn lại như sau:

Ta có $\frac{x^{7}}{x^{2}+y^{2}}=x^{5}-\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}.x^4y \geq x^{5}-\frac{1}{2}.\frac{4x^5+y^5}{5}=\frac{3}{5}.x^5-\frac{1}{90}y^5$

Từ đó có $\sum \frac{x^{7}}{x^{2}+y^{2}} \geq \sum (\frac{3}{5}.x^5-\frac{1}{90}y^5)=\frac{\sum x^5}{2}$

79) Cho $a;b;c>0$ và $abc=1$. Cmr: $\sum \frac{1}{a^3(b+c)}\geq \frac{3}{2}$

 

79

$\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{(b+c)a}{4}\geq \frac{1}{a}$(bđt cô-si)

tt ta có

$\sum \frac{1}{a^{3}(b+c)}+\sum \frac{(b+c)a}{4}\geq \sum \frac{1}{a}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^{3}(b+c)}\geq \sum \frac{1}{a}-\sum \frac{(b+c)a}{4}$

ta cần cm $\sum \frac{1}{a}-\sum \frac{(b+c)a}{4}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{3}{2}$

mà $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}= 3$ nên ta ố đpcm

dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Cách 2: Đặt ẩn phụ. Đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$ với x; y ; z > 0, từ abc = 1 ta cũng có xyz = 1.

Biến đổi $\frac{1}{a^3(b+c)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^3}.(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}$ (do xyz = 1)

$\Rightarrow  \sum \frac{1}{a^3(b+c)}=\sum \frac{x^2}{y+z} \geq \frac{(x+y+z)^2}{\sum(y+z)}(Schwarz) \\ =\frac{x+y+z}{2} \geq \frac{3.\sqrt[3]{xyz}}{2}(Cauchy)=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow$ đpcm.

Dấu = khi a = b = c = 1.

Nốt mấy bài cũ mn nhé:

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR

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

 

$\sum \dfrac{(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}\geq \dfrac{[\sum (b+c-a)]^2}{\sum [2a^2+(b+c)^2]}=\dfrac{(\sum a)^2}{2\sum a^2+\sum (b+c)^2} \\ \geq \dfrac{(\sum a)^2}{2\sum a^2+\sum [2(b^2+c^2)]}=\dfrac{(\sum a)^2}{6\sum a^2} \\ \geq \dfrac{3 \sum ab}{6\sum ab}=\dfrac{1}{2}$

P/S: lần sau bạn chú ý đặt đề theo STT đã có trong pic bạn nhé!

 

71) Tìm Max $P=3sin\alpha +\sqrt{3}cos\alpha$

 

Ta có $(3\sin \alpha+\sqrt{3}\cos \alpha)^2 \leq [3^2+(\sqrt{3})^2].(\sin \alpha^2+\cos \alpha^2)=12$

$\Rightarrow -12 \leq 3\sin \alpha+\sqrt{3}\cos \alpha \leq 12$

$\Rightarrow Max P = 12$ 

Ừ, đúng rồi, đề là CM như thế đó.

P/s: Mình cũng đã học về sigma đâu!!

Cho mình hỏi đề 112 có phải CM : $\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{a+d+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+d}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\geq 2$

Ở chỗ mình cấp 2 ko được học về zich ma.

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}= \sum {{}\frac{a}{\sqrt{a(b+c+d)}}}\geq \sum \frac{a}{\frac{a+b+c+d}{2}}= \sum \frac{2a}{a+b+c+d}$

P/s: Không biết có đúng không?     

Bài này trong pic đã có rồi, bạn đăng trùng.

P/S: chịu khó đọc lại 17 trang của pic đi bạn, không thì cũng phải 14 trang gần đây bạn nhé!

103

$a\sqrt{ac}\leq a\frac{a+c}{2}$$\Rightarrow \sum a\sqrt{ac}\leq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

lại có $\sum \frac{a^{3}}{b}\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq {(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}$

ta cần cm ${(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}\geq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

mà $\sum a^{2}\geq \sum ab$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum a^{2})(\sum ab)$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum ab)^{2}$

nên ta có đpcm

Chỗ này là sao hả Hoàng????

Thiếu dấu = và thiếu phân thức, lẽ ra phải là $\sum \frac{a^3}{b}=\sum \frac{a^4}{ab} \geq \frac{(\sum a^2)^2}{\sum ab}$ (BĐT Schwarz)

72) Cho $x+y=2$. Cmr: $x^5+y^5\geq 2$

 

Cách 2: Cauchy 5 số

$x^5+4=x^5+1+1+1+1 \geq 5x \Rightarrow x^5+y^5 \geq 5x + 5y - 2.4 = 5.2 - 8 = 2$

Dấu = khi x = y = 1.

19) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ abc=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\sum \frac{1}{a^3(b+c)}\geq \frac{3}{2}$

 

Đặt $x=\frac{1}{a};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$ (x, y, z > 0). Mà abc = 1 nên xyz = 1.

$\Rightarrow a+b=z(x+y) \Rightarrow \frac{1}{a^3(b+c)}=\frac{x^2}{y+z}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^3(b+c)}=\sum (\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4})-\frac{x+y+z}{2}$

Mà $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4} \geq x$ (Cauchy cho 2 số) nên $\Rightarrow \sum (\frac{x^2}{y+z} + \frac{y+z}{4}) \geq x+y+z$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^3(b+c)} \geq (x+y+z)-\frac{x+y+z}{2}=\frac{x+y+z}{2} \geq \frac{3.\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$ (Cauchy cho 3 số)

$\Rightarrow$ đpcm.

1) (BĐT Schur)

Cmr: $\sum a^3+3abc\geq \sum ab(a+b)$

 

Đây là BĐT Schur bậc 3, có nhiều cách c/m BĐT này nhưng mình chọn cách thường dùng nhất - Cauchy. Ở trên đã có 1 cách, đây là cách 2:

Ta có $\sum a^3+3abc \geq \sum ab(a+b) \Leftrightarrow  abc \geq \sum (a+b-c).$ (*)

Giả sử $a\ \geq b \geq c$ thì xét b + c - a < 0, lúc này (*) luôn đúng.

Xét b + c - a > 0 thì áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương: $(b+c-a)(a+b-c) \leq \frac{(b+c-a+a+b-c)^2}{4}=b^2$

$\Rightarrow \sum (a+b-c)^2 \leq (abc)^2$

Khai căn 2 vế ta đc đpcm.

17) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\sum \frac{bc}{\sqrt{a+bc}}\leq \frac{1}{2}$

 

Tương tự bài 14 trên:

$\frac{bc}{\sqrt{a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{1-b-c+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{(b-1)(c-1)}} \leq \frac{1}{2}.(\frac{bc}{b-1}+\frac{bc}{c-1})$

$\Rightarrow \sum \frac{bc}{\sqrt{a+bc}} \leq \sum \frac{1}{2}.(\frac{bc}{b-1}+\frac{bc}{c-1})=\frac{1}{2}$

16) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr:$\sum \frac{a}{(b+c)^2}\geq \frac{9}{4}$

2) Tìm Min; Max của $A=xy$ biết $x;y$ nguyên dương và $x+y=2005$.

 

- Xét $x=y=\frac{2005}{2}$ (không thỏa mãn do x, y nguyên dương)

- Xét $x\neq y$, giả sử x > y thì ta biến đổi $A=xy=\frac{(x+y)^2-(x-y)^2}{4}=\frac{2005^2-(x-y)^2}{4}$ (**)

x, y nguyên dương và x > y; x + y = 2005 nên $1 \leq y<x \leq 2004 \Rightarrow 1 \leq x-y \leq 2003$

$\Rightarrow$ từ (**) thì có Min A = 2004 khi x = 2004, y = 1 (hoặc ngược lại); Max A = ... = 1005006 khi x = 1003; y = 1002 (hoặc ngược lại) 

6) Cho $a;b;c>0$. Cmr: $\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}$

C/m gì đấy?

74) Cho $x+y=3$; $x\leq 1$. Cmr: $y^3-x^3-6y^2-x^2+9y\geq 0$

 

Có x + y = 3; $x \leq 1 \Rightarrow y \geq 2$.

Biến đổi $y^3-x^3-6y^2-x^2+9y \\ =(y^3-6y^2+9y)-(x^3+x^2) \\ =y(y-3)^2-x^2(x+1) \\ =(3-x)x^2-x^2(x+1) \\ =2x^2(1-x) \geq 0$ 

76) Cho $a+b\geq 2$. Cmr: $a^3+b^3\leq a^4+b^4$

 

Xét tổng $(a^4+b^4-a^3-b^3)+(2-a-b) \\ =a^4-a^3-a+1+b^4-b^3-b+1 \\ =(a-1)(a^3-1)+(b-1)(b^3-1) \\ =(a-1)^2(a^2+a+1)+(b-1)^2(b^2+b+1)$

Dễ thấy $a^2+a+1>0;b^2+b+1>0$ nên có $(a^4+b^4-a^3-b^3)+(2-a-b)\geq 0$

Mà có $a+b \geq 2$ nên $2-a-b \leq 0$ $\Rightarrow a^4+b^4-a^3-b^3 \geq 0 \Rightarrow a^4+b^4 \geq a^3-b^3$ (đpcm) 

Dấu = khi a = b = 1.

P/S: toàn quên cái dấu = nên phải sửa bài viết suốt   

66) Cho $a;b;c$ là 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng $6$. Tìm Min $A=3(a^2+b^2+c^2)+2abc$

Sao không phải là max????

 

 

Không thỏa mãn thì tìm ra A làm gì?

Đang xét các T.h của x và y mà chú. 

10) Cmr: $\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leq \frac{1}{abc}\forall a;b;c>0$

$a^3+b^3 \geq a^2b+ab^2=ab(a+b)$

$\Rightarrow a^3+b^3+abc \geq ab(a+b+c) \Rightarrow \frac{1}{a^3+b^3+abc} \leq \frac{1}{ab(a+b+c)}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^3+b^3+abc} \leq \sum \frac{1}{ab(a+b+c)} = \frac{1}{abc}$ (đưa $\frac{1}{a+b+c}$ ra ngoài rồi quy đồng mẫu các phân thức bên trong lên)