$\dfrac{1}{a+b}\le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})$

Có $\dfrac{1}{2x+y+z} \le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{y+z})\le\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}))=\dfrac{1}{8x}+\dfrac{1}{16y}+\dfrac{1}{16z}$

Tương tự:

$\dfrac{1}{2y+z+x}\le \dfrac{1}{8y}+\dfrac{1}{16z}+\dfrac{1}{16x}$

$\dfrac{1}{2z+x+y}\le \dfrac{1}{8z}+\dfrac{1}{16x}+\dfrac{1}{16y}$

$\sum \dfrac{1}{2x+y+z} \le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=\dfrac{1}{16}$

Vậy đề có vấn đề. Chắc là $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=4$

Cách làm này hơi dài một chút

$x+y+xy=8$

$\Leftrightarrow x+y=8-xy \ge 8- \dfrac{x^2+y^2}{2}$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+2(x+y)\ge 16$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+4(x+y)-32 \ge 0$

$\Leftrightarrow x+y \ge 4$ $(1)$ (vì $x, y >0$)

$3(x^3+y^3)=3(x+y)[(x+y)^2-3xy]=3(x+y)[(x+y)^2+3(x+y)-24] \ge 48$ $(2)$ 

$2(x^2+y^2)=2[(x+y)^2-2xy]=2[(x+y)^2+2(x+y)-16]\ge 16$ $(3)$ 

$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{x+y}{xy}=\dfrac{x+y}{8-(x+y)}\ge 1$ $(4)$ 

Cộng $(1), (2), (3), (4)$ lại ta được:

$A \ge 69$

$\text{minA}=69 \Leftrightarrow x=y=2$

Bài này thì có rất nhiều cách chứng minh.

1. Chứng minh và sử dụng bất đẳng thức trung gian:

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2} \ge \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$ $(1)$

Bình phương 2 vế:

$a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)} \ge a^2+b^2+x^2+y^2+2(ax+by)$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2} \ge ax+by$

$\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2 \ge a^2x^2+2abxy+b^2y^2$

$\Leftrightarrow a^2y^2+b^2x^2-2aybx \ge 0$

$\Leftrightarrow (ay-bx)^2 \ge 0$ $(2)$

Bất đẳng thức $(2)$ luôn đúng nên $(1)$ luôn đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $ay=bx$

Áp dụng $(1)$ vào bài toán:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}$

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}+\sqrt{c^2+a^2}  \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

2. Dùng vector (cách này không được áp dụng, nhưng cũng là một cách chứng minh, mang tính tham khảo):

$|\vec{u}|+|\vec{v}|+|\vec{t}|  \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}|$ $(1)$

Đặt $\vec{u}=(a; b), \vec{v}=(b; c), \vec{t}=(c;a)$

Vậy $\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}=(a+b+c;a+b+c)$

Áp dụng 1 vào ta được: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $\vec{u}=k\vec{v}=n\vec{t}$ hay $a=b=c$

3. Áp dụng bất đẳng thức Minkovsky ta có điều phải chứng minh

Quy đồng lên:

$A=\dfrac{a(1+a)+(2-a)(1-a)}{(2-a)(1+a)}=...$

Phương pháp miền giá trị.

Đặt A = y, tìm được $$ y \leq -2 $$ hoặc $$ y \geq \frac{2}{3} $$ thì giải quyết thế nào !

Đồ thị hàm số nhận trục đối xứng $x=\dfrac{1}{2}$

Có $0 \ge a \ge 1$ nên $maxA=A(1)=A(0)=1$

Vậy thôi.

 Giải đầy đủ, dùng đồ thị hàm số nên hơi dài:

$A=\dfrac{a(1+a)+(1-a)(2-a)}{(2-a)(1+a)}=\dfrac{a^2+a+a^2-3a+2}{-a^2+a+2}$

$=\dfrac{2(a^2-a+1)}{-a^2+a+2}$

Giờ ta sẽ chứng minh đồ thị $y=f(x)= \dfrac{2(x^2-x+1)}{-x^2+x+2}$ nhận $ x=\dfrac{1}{2}$ làm trục đối xứng.

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy chọn $I(\dfrac{1}{2};0)$

Dời trục Oxy thành trục IXY:

$\begin{cases} x=X+\dfrac{1}{2} \\ y=Y \\ \end{cases}$

$Y=\dfrac{2[(X+\dfrac{1}{2})^2-(X+\dfrac{1}{2})+1]}{-(X+\dfrac{1}{2})^2+(X+\dfrac{1}{2})+2}$

$\Leftrightarrow Y= g(X)= \dfrac{2(X^2+\dfrac{3}{2})}{-X^2+\dfrac{9}{4}}$

Có $g(X)=g(-X)$

$\Leftrightarrow Y= g(X)= \dfrac{2(X^2+\dfrac{3}{2})}{-X^2+\dfrac{9}{4}} $ là hàm số chẵn, nên nhận trục IY làm trục đối xứng nên $y=f(x)= \dfrac{2(x^2-x+1)}{-x^2+x+2}$ nhận $x=\dfrac{1}{2}$ làm trục đối xứng.

Có $x=0; x=1$ là hai điểm đối xứng.

Dùng miền giá trị tìm được $A \ge \dfrac{3}{2}$

$maxA=A(0)=A(1)=1$

Kết luận:

$minA=\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

$maxA=1 \Leftrightarrow x=1, x=0$ 

Cho $x,y,z>0$. Tìm GTNN của:

$$A=\dfrac{(\sum x)^2}{\sum x^2}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{\sum x^3}{xyz}-\dfrac{\sum x^2}{\sum xy})$$

Thanks!

Tìm GTNN:

$P=\sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}+\sqrt{(x+1)^2+(y-1)^2}+\sqrt{(x+2)^2+(y+2)^2}$

Đây là cách dùng đạo hàm:

$\vec{u}=(x-1; y+1); \vec{v}=(y-1;x+1)$

$|\vec{u}|+|\vec{v}| \ge |\vec{u}+\vec{v}|$

$\Leftrightarrow P \ge \sqrt{(x+y+2)^2+(x+y-2)^2}+\sqrt{(x+2)^2+(y+2)^2}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz:

$P \ge \sqrt{2a^2+8}+\sqrt{\dfrac{(a+4)^2}{2}} = f(a)$ với $a=x+y \in \mathbb{R}$

Tính $f'(a)=0 \Leftrightarrow a=\dfrac{-2}{\sqrt{3}}$

Bảng biến thiên và dấu bằng xảy ra của BDT vector và Cauchy-Schwarz thì có $\text{minP=}\sqrt{6}+2\sqrt{2} \Leftrightarrow x=y=\dfrac{-1}{\sqrt{3}}$

Ngoài các dùng đạo hàm thì còn cách nào mà chỉ sử dụng BDT không, hoặc biểu diễn hình học . Nhờ giải giúp Thanks

Áp dụng BDT Holder:

$(a+x)(b+y)(c+z) \ge (\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz})^3$

BDT được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$

Chuẩn hoá $x+y+z=1$

BDT trở thành: $\sum \sqrt{\dfrac{x}{1-x}} \ge 2(\sum x)=2$ (Chứng minh ngược lại là được)

Dấu bằng xảy ra khi $(x;y;z)=(0;\dfrac{1}{2}k;\dfrac{1}{2}k)$ và các hoán vị nhưng không thoả điều kiện $x,y,z>0$

Vậy $\sum \sqrt{\dfrac{x}{y+z}} > 2$

Cho \[\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=1\] . Tìm min của $A={{x}^{3}}+{{y}^{3}}$ 

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$1=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \ge \dfrac{4}{x^2+y^2}$

$\Rightarrow x^2+y^2 \ge 4$

$\Rightarrow x+y \le 2\sqrt{2}$

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$x^3+y^3 =\dfrac{x^4}{x}+\dfrac{y^3}{y} \ge \dfrac{(x^2+y^2)^2}{x+y} \ge 4\sqrt{2}$

Cho $x,y,z\ge 0$ thoả $x+y+z \ge \dfrac{3}{2}$

Chứng minh $x^2+y^2+z^2+10xyz \ge 2$

Cách khác:

Đặt $t=x+y+z\ge 12$

$P=\sum \dfrac{4x}{2\sqrt{4.y}} \ge \sum \dfrac{4x^2}{xy+4x} \ge \dfrac{4(\sum x)^2}{\sum xy+4\sum x} \ge \dfrac{4t^2}{\dfrac{1}{3}t^2+4t}$

$\dfrac{t^2+12t}{12t^2}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{t} \le \dfrac{1}{6}$

Vậy $P\ge 6$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=4$

Đề bài: Cho $a,b,c$ là cách số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh BDT sau:

$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge a^2+b^2+c^2$$

Bài 1:

Áp dụng BDT Minkovsky và Cauchy-Schwarz:

$MN+NP+PQ+QM=\sqrt{BM^2+BN^2}+\sqrt{CN^2+CP^2}+\sqrt{DP^2+DQ^2}+\sqrt{AQ^2+AM^2} \ge \sqrt{(BM+CN+DP+AQ)^2+(BN+CP+DQ+AM)^2} \ge 2\sqrt{2}AB=\text{const}$

Đẳng thức xảy ra khi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CA,DA$

Vế đầu:

Theo BDT Bernoulli: $(1+\dfrac{1}{n})^n \ge 1+\dfrac{n}{n}=2$

Đẳng thức xảy ra khi $n=1$

Vế sau em thua

Bài ở trên vẫn đúng mà anh, anh đạo hàm ra là được hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đề bị ngược dấu rồi.

Cách 1:

Áp dụng BDT Cauchy:

$4x+1+\dfrac{7}{3} \geqslant 2\sqrt{\dfrac{7}{3}}\sqrt{(4x+1)}$

Tương tự.

$4\sum x +10 \geqslant 2\sqrt{\dfrac{7}{3}}.(\sum \sqrt{4x+1}) \Leftrightarrow VT \le \sqrt{21}$

Cách 2:

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$\sum \sqrt{4x+1} \leqslant \sqrt{3\left [ 4\sum x+3 \right ]} = \sqrt{21}$

Đặt $(c;b;a)=(x;y;z)$ cho dễ nhìn.

$P=x^2y+y^2z+z^2x$

$P \le x^2y+xyz+z^2y=y(x^2+xz+z^2) \le y(x+z)^2 \le \dfrac{8(x+y+z)^2}{54}=4$

Đẳng thức bạn tự tìm.

Chém bài dễ trước.

Bài 2: $VT = \sum \dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{(ab+2c^2)(a^2+ab+b^2)}} \geqslant \sum \dfrac{2(ab+2c^2)}{(a+b)^2+2c^2} \geqslant \sum \dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=2+\sum ab$

Bài 3 quá quen thuộc

Bài 3 bạn giải luôn ra đi

Bài 4: Bài này theo trí nhớ của mình là câu 1.2 tuyển sinh môn toán vòng 2 trường chuyên sư phạm Hà Nội năm 2013-2014

Vì $a,b >0$, chia giả thiết cho $ab$ ta được $1>\dfrac{2013}{b}+\dfrac{2014}{a}$

Nhân cả 2 vế cho $a+b$ ta được: $a+b>2013+2014+\dfrac{2013a}{b}+\dfrac{2014b}{a}\ge 2013+2014+2\sqrt{2013.2014}=(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$

Bài 3: Bày này là câu cuối chuyên toán Hưng Yên 2013-2014

$a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc \ge 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}=2\sqrt{(ad+bc)^2+1}+ad+bc=2\sqrt{x^2+1}+x$

Bình phương lên là xong

$\sqrt{\log_2 a}+\sqrt{\log_2 b} \le \sqrt{2(\log_2 a + \log_2 b)}=\sqrt{2\log_2 ab} \le \sqrt{2\log_2 \dfrac{(a+b)^2}{4}}=2\sqrt{\log_2 \dfrac{a+b}{2}}$

Bài 1: $y'=2x-4m >0 \forall x >-2 \Rightarrow -4-4m >0  \Leftrightarrow m < -1$ 

Bài 2: Anh, chị thế trực tiếp tọa độ đỉnh Parabol là thấy không có giá trị nào thỏa.

Bài 3: $I(2m; -3m^2-2m)$

Thay $m=\dfrac{x}{2}$ ta được $(P): y=\dfrac{-3}{4}x^2-x$

$I \in (P)$

$x^2+y^2-xy=4 \ge \dfrac{x^2+y^2}{2} \Leftrightarrow x^2+y^2 \le 8$

$x^2+y^2 -xy = 4 \le \dfrac{3}{2}(x^2+y^2) \Leftrightarrow x^2+y^2 \ge \dfrac{8}{3}$

$min$ đạt được khi $x=y=...$

$max$ đạt được khi $x=-y=...$

Đề chắc là $\dfrac{1}{2x^2+y^2+3}+\dfrac{1}{2y^2+z^2+3}+\dfrac{1}{2z^2+x^2+3} \leqslant \dfrac{1}{2}$

$2x^2+y^2+3=x^2+y^2+x^2+1+2  \geqslant 2(xy+x+1)$

Tương tự ta có $\sum \dfrac{1}{2x^2+y^2+3} \leqslant \dfrac{1}{2}\left ( \sum \dfrac{1}{xy+x+1} \right )=\dfrac{1}{2}$