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!

75) 

$x\leq 1\Rightarrow y\geq 2$

 

Dấu = có khi: $\left\{\begin{matrix}a=1 & & \\ b=-3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 & & \\ y=0 & & \end{matrix}\right.$

 

Không bảo sai,chỉ là không xảy ra dâu = thôi vì có $x \leq 1;y \geq 2$ nên không thể có x = y = 0.

75) 

$x\leq 1\Rightarrow y\geq 2$

Đặt $\left\{\begin{matrix}x=1-a & & \\ x+y=3+b & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow y=a+b+2$

($a\geq 0$;$a+b\geq 0$)

$\Rightarrow B=3x^2+y^2+3xy=3(1-a)^2+(a+b+2)^2+3(1-a)(a+b+2)=\frac{(2a-b-5)^2}{4}+\frac{3}{4}(b+3)^2\geq 0$

Dấu = có khi: $\left\{\begin{matrix}a=1 & & \\ b=-3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 & & \\ y=0 & & \end{matrix}\right.$

Chỗ ($a\geq 0$;$a+b\geq 0$) chưa chắc đúng vì nếu giả sử b < 0. a > b và $a\geq 0$thì a + b > 0, chỗ này cần chỉ ra cụ thể hơn là $b \geq 0$

Biến đổi để chỉ ra $B \geq 0$ tắt quá, dấu = thì k xảy ra, vì vậy chưa tìm đc Min B.

90) Tìm Min; Max của $(xy)$ biết $x;y$ là nghiệm của pt: $x^4+y^4-3=xy(1-2xy)$

90/ Ta có $xy(1-2xy)=x^4+y^4-3 \geq 2x^2y^2-3 \Leftrightarrow xy-2x^2y^2 \geq 2x^2y^2-3$

$\Rightarrow 4x^2y^2-4xy+3xy-3 \leq 0 \Rightarrow (xy-1)(4xy+3) \leq 0$

$\Rightarrow \frac{-3}{4} \leq xy \leq 1$

Dấu = khi $x^2=y^2$ và $xy(1-2xy)=x^4+y^4-3$ 

cosi chỉ dk qui định dùng 2,3 số thôi mà

Ở đây không phải như các kì thi nên dùng cho n số luôn bạn à   

77) Cho $ab\geq 1$. Cmr: $a^2+b^2\geq a+b$

 

Cách khác: tham khảo cụ thể ở pic này

t chưa biết rõ cách chọn điểm rơi của bđt này,bn nói rõ hộ t với

Chọn điểm rơi ở đây tức là chọn giá trị của biến để biểu thức đạt Max - Min cần tìm hay thỏa mãn BĐT đã cho.

Đối với những bài có biểu thức đối xứng giữa các biến (như bài của bạn chẳng hạn) thì điểm rơi thường là các biến bằng nhau.

 

mã là gì thế, giải thích hộ tớ vs

 

 

Tại sao anh nhóm vào giỏi thế, có mẹo nào k, chỉ giúp e vs, e k đủ thông minh để tự nhóm đc như thế

 

Sao lại chọn $\frac{3}{2}$ ạ, a lấy ở đâu $\frac{3}{2}$  thế ạ?????

 

Rất mong đc nghe mọi người giải thích hộ ạ

 

 

Mã là max (lỗi gõ tiếng việt thôi )

Bạn chỉ cần nhân phá ra là đc, k cần mẹo gì ở đây cả.

Chỗ này là kĩ thuật giải BPT loại đơn giản (BPT bậc III).

71) Cho $a;b;c$ là 3 cạnh một tam giác. Cmr: $1\leq \sum \frac{a}{b+c}<2$

 

Do a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có $\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{b+c}<\frac{a+c}{a+b+c}$

$\Rightarrow \sum \frac{a}{a+b+c}<\sum \frac{a}{b+c}<\sum \frac{a+c}{a+b+c}$

Hay $1<\sum \frac{a}{b+c}<2$

 

6)

 

$\sqrt{\frac{a^2+bc}{a(b+c)}.1}\leq \frac{a^2+ab+bc+ca}{2ab+2ac}$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{a(b+c}{a^2+bc}}\geq \frac{2ab+2ac}{(a+b)(a+c)}$

$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{a(b+c}{a^2+bc}}\geq 2$

 

Bài này hình như dấu = cũng không xảy ra, vì lúc đó a = b = c >0, thay lại vào thì VT = 3  . Nói chung xem lại VP xem có phải là 2 không tại chỗ màu đỏ trên ấy, mình nghĩ thế nào cũng không suy ra thế được.

Dấu = tại $a=0; b=c$

 

Cả hai đều sai, xét hết các BĐT con ra thì dấu bằng khi a = b + c, b = c + a và c = a +b, tức a +b + c = 2(a + b + c), điều này k xảy ra vì a, b, c >0.

25) Cho $a;b;c>0$. Cmr: $\sum \frac{ab}{a+b+2c}\leq \frac{\sum a}{4}$

 

Ta có $\frac{ab}{a+b+2c}=\frac{ab}{(c+a)+(a+b)} \leq \frac{1}{4}.(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{a+b})$ (Cauchy dạng cộng mẫu số cho 2 số)

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{a+b+2c} \leq \frac{1}{4}.\sum (\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{a+b})=\frac{1}{4}.\sum a$

(cộng các phân số cùng mẫu lại và rút gọn)

$\Rightarrow$ đpcm

21) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ abc=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\sum \frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq 1$

 

Ta c/m BĐT phụ $a^5+b^5 \geq a^2b^2(a+b)$ với a, b > 0:

(C/m tương đương) $a^5+b^5 \geq a^2b^2(a+b) \Leftrightarrow a^5-a^3b^2+b^5-a^2b^3 \geq 0$ 

$\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^2-b^2) \geq 0 \Leftrightarrow (a-b)^2(a+b)(a^2+ab+b^2) \geq 0$ (luôn đúng do a, b > 0)

Khi đó: $\frac{ab}{a^5+b^5+ab} \leq \frac{ab}{a^2b^2(a+b)+ab}=\frac{1}{ab(a+b)+1}=\frac{1}{ab(a+b+c)}$

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{a^5+b^5+ab} \leq \sum \frac{1}{ab(a+b+c)} = 1$ (đưa $\frac{1}{a+b+c}$ ra ngoài rồi quy đồng bên trong)

9) Cho $a;b;c;d>0$. Cmr: $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \geq 2$

Ta có $a+b+c+d \geq 2\sqrt{a(b+c+d)} \Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \geq \frac{2a}{a+b+c+d}$ (Cauchy cho 2 số dương)

$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \geq 2$ (cộng các phân số cùng mẫu lại)

Dấu = khi $\sum a = \sum(b+c+d)$, tức $a+b+c+d=3(a+b+c+d)$ (điều này k xảy ra khi a, b, c, d > 0)

Vậy $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}>2$

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????

Khó hiểu???

Biến đổi tương đương, hơi dài nên không buồn đánh latex ra

68) Cho $a;b;c$ là 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng $1$. Tìm Min $C=a^3+b^3+c^3+3abc$

 

67) Cho $a;b;c$ là 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng $2$. Tìm Min $B=4(a^3+b^3+c^3)+15abc$

 

Bài này có nhiều cách, cách dùng BĐT Schur bậc 3:

$a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
 

$\Rightarrow 3(a^3+b^3+c^3)+9abc \geq 3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]$

$\Rightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+15abc \geq 3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]+(a^3+b^3+c^3)+6abc=(a+b+c)^3$

(Vì có $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$)

Hay $B \geq 8.$

Dấu = khi a = b = c = 2.

Ta có $abc\geq (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)=(6-2a)(6-2b)(6-2b)$

$=216-72(a+b+c)+24(ab+bc+ac)-8abc=24(ab+bc+ac)-216-8abc$

$\Rightarrow 9abc\geq 24(ab+bc+ac)-216\Leftrightarrow 2abc\geq \frac{16}{3}(ab+bc+ac)-48$

$\Rightarrow A\geq 3(a^2+b^2+c^2)+\frac{16}{3}(ab+bc+ac)-48$

$=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{8}{3}(a+b+c)^2-48$

$\geq 4+96-48=52$

Cách 2 bài 66/ 

Có thể dùng Cauchy: 

7) Cmr: $\sum \frac{a^{5}}{b^{3}}\geq \sum \frac{a^{4}}{b^{2}}\forall a;b;c>0$

 

Chỉ dùng Cauchy:

$2\frac{a^5}{b^3}+a^2=\frac{a^5}{b^3}+\frac{a^5}{b^3}+a^2 \geq 3\frac{a^4}{b^2} \Rightarrow 2\sum \frac{a^5}{b^3}+\sum a^2 \geq 3\sum \frac{a^4}{b^2}$

Mà $\frac{a^4}{b^2}+b^2 \geq 2a^2$ $\Rightarrow \sum \frac{a^4}{b^2} \geq \sum a^2$

Từ hai BĐT trên $\Rightarrow \sum \frac{a^5}{b^3} \geq \sum \frac{a^4}{b^2}.$