Chém giùm cái:    

Cho a,b $\in \mathbb{R}$ thoả mãn $a+b+4ab=4a^2+4b^2$

Tìm Max của $A=20(a^3+b^3)-6(a^2+b^2)+2013$

chém nào

$GT\Leftrightarrow \frac{a+b}{4}=a^{2}+b^{2}-ab$

$A=20(a+b)(a^{2}+b^{2}-ab)-6.(a^{2}+b^{2})+2013=5(a+b)^{2}-6(a^{2}+b^{2})+2013$

$=10ab-a^{2}-b^{2}+2013\leq 8ab+2013$

$GT\Leftrightarrow a+b+4ab=4a^{2}+4b^{2}\Rightarrow a+b+(a+b)^{2}\geq 2(a+b)^{2}\Rightarrow 0\leq a+b\leq 1$

$\Rightarrow ab\leq \frac{1}{4}\Rightarrow A\leq 2015$

Dấu = khi a=b=$\frac{1}{2}$

                                                             CÓ KHI BÀI NÀY DỄ HƠN

                                         với mọi x,y,z tmdk xy+yz+xz=1

                               $10x^{2}+10Y^{2}+z^{2}\geq 4$

Áp dụng BĐT côsi

$2x^{2}+2y^{2}\geq 4xy;8x^{2}+\frac{1}{2}z^{2}\geq 4xz;8y^{2}+\frac{1}{2}z^{2}\geq 4yz$

công theo vế ra đpcm

Bài 211. Tìm $x,y$ nguyên dương sao cho $\frac{2(x+y)}{xy+2}$ nguyên

do $x,y\in \mathbb{N*}\Rightarrow (x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow x+y\leq zy+1\Rightarrow$$\frac{2(x+y)}{xy+2}\leq \frac{2(xy+1)}{xy+2}< \frac{2(xy+2)}{xy+2}=2\rightarrow \frac{2(x+y)}{xy+2}=1$(do x,y >0 nên $\frac{2(x+y)}{xy+2}>0$

giải phương trình là xong

Sai đề chỗ màu đỏ Phải là $\leq 10$

142 Cho a, b, c thuộc [1,2]

Chứng minh $\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 10$

p/s: mình không biết bài 142 có hay chưa vì mình tìm k thấy.nếu có rồi thì nhắc mình nhé

Giả sử $a\geq b\geq c$

Ta có $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b}\leq 7$

$a\geq b\geq c$ Khi đó $(a-b)(b-c)\geq 0\Leftrightarrow ab+bc\geq b^{2}+ac\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1+\frac{c}{a}\geq \frac{b}{a}+\frac{c}{b} & \\ 1+ \frac{a}{c}\geq \frac{b}{c}+\frac{a}{b}& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow$$2(1+\frac{a}{c}+\frac{c}{a})\geq \sum \frac{a}{b}$ Đặt $\frac{a}{c}=x\Rightarrow 1\leq x\leq 2$

Ta đi c/m $x+\frac{1}{x}\leq \frac{5}{2}$

C/m: Ta có $1\leq x\leq 2\Rightarrow (x-1)(2-x)\geq 0\Rightarrow x^{2}+2\leq 3x\Rightarrow x+\frac{2}{x}\leq 3;x\leq 2\Rightarrow 3\geq x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}\geq x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2}$

$\Rightarrow x+\frac{1}{x}\leq \frac{5}{2}$

QED

Cách này có vẻ ngắn hơn cách cậu

Xét $B=\sum \frac{y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}$

C/M $A=B\Leftrightarrow A-B=\sum \frac{x^{4}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}=\sum (x-y)=0$

Do đó $2A=A+B=\sum \frac{x^{4}+y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}\geq \sum \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2(x^{2}+y^{2})(x+y)}$

$\geq \frac{1}{2}\sum \frac{(x+y)^{2}}{2(x+y)}=\frac{x+y+z}{2}$$=\frac{3}{2}$

Nên $A\geq \frac{3}{4}$

Cách khác giải bài này!

Ta có:

$a-b+b-c+c-a=0$

$\Leftrightarrow \frac{a^4-b^4}{(a^2+b^2)(a+b)}+\frac{b^4-c^4}{(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{c^4-a^4}{(c^2+a^2)(c+a)}=0$

$\Leftrightarrow \frac{a^4}{(a^2+b^2)(a+b)}+\frac{b^4}{(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{c^4}{(c^2+a^2)(c+a)}=\frac{b^4}{(a^2+b^2)(a+b)}+\frac{c^4}{(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{a^4}{(c^2+a^2)(c+a)}$

Suy ra

$2P= \frac{2a^4}{(a^2+b^2)(a+b))}+\frac{2b^4}{(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{2c^{4}}{(c^2+a^2)(c+a)}=\frac{a^4+b^4}{(a^2+b^2)(a+b)}+\frac{b^4+c^4}{(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{c^4+a^4}{(c^2+a^2)(c+a)}$
Ta có:

$a^4+b^4\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)^2\geq \frac{1}{4}(a^2+b^2)(a+b)^2$

$\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{(a^2+b^2)(a+b)}\geq \frac{a+b}{4}$

Suy ra $P\geq \frac{a+b+c}{4}= \frac{3}{4}$

Vậy min P = $\frac{3}{4}$. Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Không khác gì cách mình cả!!!

138,Với mọi số dương x, y, z thoả mãn $x+y+z\leq 1$

Tìm GTNN của P = $x+y+z+2\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )$

Áp dụng BĐT  $\mathbf{AM-GM}$ ta được

$x+\frac{1}{9x}\geq \frac{2}{3};\frac{17}{9}\sum \frac{1}{x}\geq \frac{17}{9}.\frac{1}{x+y+z}\geq \frac{17}{9}$

Cộng theo vế là xong

140. Cho $a,b>0,(a+1)(b+1)=4$. Tìm min $Q=\frac{ab}{a+b}+\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}$

Đặt $a+1=x;b+1=y\Rightarrow xy=4;y=\frac{4}{x}$ ;$(a+1)(b+1)=4\Rightarrow a+b+ab=3$

Thay vào Q ta được:

$Q=\frac{ab}{a+b}+\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}=\frac{3-a-b}{a+b}+\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}=\frac{3}{a+b}+\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}$-1

$=\frac{3}{x+\frac{4}{x}-2}+\frac{x-1}{\frac{4}{x}+2}+\frac{\frac{4}{x}-1}{x+2}=\frac{3x}{x^{2}-2x+4}+\frac{x^{2}-x}{2x+4}+\frac{4-x}{x^{2}+2x}$-1

$=\frac{3x}{x^{2}-2x+4}+\frac{x(x^{2}-x)}{2x(x+2)}+\frac{8-2x-x}{2(x^{2}+2x)}=\frac{3x}{x^{2}-2x+4}+\frac{x^{3}-x^{2}-2x+8}{2x^{2}+4x}$-1

Xét Q-1=$\frac{3x}{x^{2}-2x+4}+\frac{x^{3}-x^{2}-2x+8}{2x^{2}+4x}-2=$$\frac{3x}{x^{2}-2x+4}-\frac{3}{2}+\frac{x^{3}-x^{2}-2x+8}{2x^{2}+4x}-\frac{1}{2}=\frac{2.(x-2)^{2}(x+2)}{2(2x^{2}+4x)}-\frac{3(x-2)^{2}}{2(x^{2}-2x+4)}$

$=(x-2)^{2}(\frac{(x+2)}{2(x^{2}+2)}-\frac{3}{2(x^{2}-2x+4)})$=$(x-2)^{2}(\frac{2x^{3}-2x^{2}+4}{2(x^{4}+8x)})=(x-2)^{2}(\frac{2x^{2}(x-1)+4}{2(x^{4}+8x)})\geq 0$

(Do x>1)

Do đó $Q\geq 1$

Thế cuối cùng dấu = xảy ra khi nào 

a=b=1 kìa x=2 ra y=2 ra a=b=1

163, CMR với a, b, c thuộc R

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+4c^{2}+4ac}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+4c^{2}-4ac}\geq 2\sqrt{a^{2}+b^{2}}$

Áp dụng BĐT $\sqrt{x^{2}+y^{2}}+\sqrt{z^{2}+t^{2}}\geq \sqrt{(x+z)^{2}+(y+t)^{2}}$

Bài 161 

161, Cm BDT $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$

Ta có :

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{(a-2c)^{2}+b^{2}}+\sqrt{(a+2c)^{2}+b^{2}}\geq \sqrt{(2a)^{2}+(2b)^{2}}=2\sqrt{a^{2}+b^{2}}$

161, Cm BDT $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$

Đây là BĐT $Mincopxki$ dạng cơ bản(BĐT tam giác trong quyển 1001 bài 419 cũng có đấy)

Lằng nhằng dắc dối, chả hiểu j cả.

Bài chữa:

Từ $GT\Rightarrow (a+1)(b+1)=4\Rightarrow ab=3-a-b\Leftrightarrow -2ab=2(a+b)-6$

Ta có:

$\frac{ab}{a+b}=\frac{3-a-b}{a+b}=\frac{3}{a+b}-1$

$\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}=\frac{a^2+3a+b^2+3b}{(a+3)(b+3)}=\frac{(a+b)^2-2ab+3(a+b)}{ab+3(a+b)+9}=\frac{(a+b)^2+5(a+b)-6}{2(a+b)+12}$

Đặt $a+b=t$$\Rightarrow Q=\frac{3}{t}-1+\frac{t^2+5t-6}{2(t+6)}=\frac{3}{t}-1+\frac{(t+6)(t-1)}{2(t+6)}=\frac{3}{t}-1+\frac{t-1}{2}=\frac{3}{t}+\frac{t}{2}-\frac{3}{2}\geq 2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-1,5=\sqrt{6}-1.5$

Dấu = xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} a+b=\sqrt{6}\\ ab=3-\sqrt{6} \end{matrix}\right.$ m.n thử giải ra xem, vô tỷ quá

vì $a,b$ có vai trò như nhau 

P/s: Theo nhu cầu của buiminhieu thì mk mới đăng đáp án 

ÔÔ b<0 kìa 

Bài 136:

Cho $a,b,c>0$ . Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{\sqrt{b^2+\frac{1}{2}bc+c^2}}\geq 2$

P/s: Lâu rồi mới được post bài lên diễn đàn,mọi người cùng thảo luận nhé! Nhưng mình thấy spam hơi nhiều. Các mem chú ý nhé!       Xây dựng topic ngày càng phát triển nha!

 

Viet Hoang 99: Chú ý STT bài toán

phải là $\leq 2$!

146, giải hệ phương trình$\left\{\begin{matrix} \frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=xy & & \\ x^{2008}+y^{2008}=8. \sqrt{(xy)^{2005}} & & \end{matrix}\right.$

ĐK $x,y>0$

Ta có $xy=\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}\geq 2\sqrt{\sqrt{xy}}\Rightarrow xy\geq \sqrt[3]{16}$

$x^{2008}+y^{2008}\geq 2\sqrt{(xy)^{2005}.(xy)^{3}}\geq 2\sqrt{(xy)^{2005}.16}=8\sqrt{(xy)^{2005}}$

Dấu "=" khi $x=y=\sqrt[3]{4}$

 

133, Cho $x,y\geq 0$ và $x^{2}+y^{2}= 1$. Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{2}}\leq x^{3}+y^{3}\leq 1$

 

Do $x^{2}+y^{2}=1\Rightarrow 0\leq x,y\leq 1\Rightarrow x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}=1$

$x^{3}\sqrt{2}+x^{3}\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}\geq 3\sqrt[3]{x^{6}.\frac{1}{\sqrt{2}}}=3x^{2}.\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{2}}}$cộng theo vế là xong

121.    Cho $k\geq 0, a,b,c\geq 0$. CMR:

$\left ( \frac{a}{b+c} \right )^k+\left ( \frac{b}{a+c} \right )^k+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^k\geq min \begin{Bmatrix} 2,\frac{3}{2} \end{Bmatrix}$

Cậu ơi $Min\left \{ \frac{3}{2};2 \right \}=\frac{3}{2}$ rồi!

Áp dụng bđt Cô si

 

$\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{x^2+y^2}{4(x+y)}\geqslant \frac{x^2}{x+y}$

 

Thiết lập tương tự với các phân thức còn lại ta thu được

 

$\sum \frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\sum \frac{x^2+y^2}{4(x+y)}\geqslant \sum \frac{x^2}{x+y}$

 

$\sum \frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}\geqslant \sum \frac{x^2}{x+y}-\sum \frac{x^2+y^2}{4(x+y)}$

 

$=\frac{3}{4} \sum \frac{x^2}{x+y}-\sum \frac{y^2}{4(x+y)}=\frac{1}{2}\sum \frac{x^2}{x+y}+\frac{1}{4}\sum (\frac{x^2-y^2}{x+y})$

 

$=\frac{1}{2}\sum \frac{x^2}{x+y}+\frac{1}{4}\sum (x-y+y-z+z-x)=\frac{1}{2}\sum \frac{x^2}{x+y}$

 

Lịa có

 

$\frac{1}{2}\sum \frac{x^2}{x+y}\geqslant \frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{3}{4}$

 

Do đó Min $\sum \frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}=\frac{3}{4}$

Cách này có vẻ ngắn hơn cách cậu

Xét $B=\sum \frac{y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}$

C/M $A=B\Leftrightarrow A-B=\sum \frac{x^{4}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}=\sum (x-y)=0$

Do đó $2A=A+B=\sum \frac{x^{4}+y^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}\geq \sum \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2(x^{2}+y^{2})(x+y)}$

$\geq \frac{1}{2}\sum \frac{(x+y)^{2}}{2(x+y)}=\frac{x+y+z}{2}$$=\frac{3}{2}$

Nên $A\geq \frac{3}{4}$

Từ giả thiết ta có $b=\frac{a}{2(a-1)}$$\Rightarrow a^2+b^2=a^2+\frac{a^2}{4(a-1)^2}$

Do đó ta cần chứng minh $a^2+\frac{a^2}{4(a-1)^2}\leqslant 5$

           $\Leftrightarrow (a-2)(4a^3-15a+10)\leqslant 0\Leftrightarrow 4a^3-15a+10\geqslant 0$

Nếu $a>\frac{3}{2}\Rightarrow 4a^3-15a+10>0$

Nếu $a<\frac{3}{2}\Rightarrow b<\frac{3}{2}\Rightarrow a^2+b^2<\frac{9}{2}<5$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=2 ,b=1$

 

sai chỗ màu đỏ này:$b\leq ...;b\leq ...$

Chỗ màu xanh : $b\leq ...$ nhưng chắc gì $a<\frac{3}{2}\Rightarrow b<\frac{3}{2}$

134

Giả sử $0\leq a\leq b\leq c\leq 2$

khi đó $0\leq a\leq 1$

$1\leq c \leq 2$

$\Rightarrow a^{2}\leq a,c^{2}\leq 3c-2$

VT$= a^{2}+c^{2}+(3-a-c)^{2}$$\leq 2a(c-2)+5\leq 5$

Chỗ này tại sao

122.    Cho $k\geq 0, a,b,c\geq 0$. CMR:

$\left ( \frac{a}{b+c} \right )^k+\left ( \frac{b}{a+c} \right )^k+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^k\geq min \begin{Bmatrix} 2,\frac{3}{2} \end{Bmatrix}$

Cho $a=b=c;k=2$ sai nha!

Hình như C/m:$VT\geq \frac{3}{2^{k}}$

131) Cho pt: $x^2+ax+1=0$ có hai nghiệm $x_{1};x_{2}$. Tìm Min $T=x_1^4+x_2^2$

Ta có $T=x_{1}^{4}+x_{2}^{2}$

$x_{2}^{2}+x_{1}^{4}=x_{2}^{2}+\frac{1}{x_{2}^{4}}=\frac{x_{2}^{2}}{2}+\frac{x_{2}^{2}}{2}+\frac{1}{x_{2}^{4}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{4}}$

Dấu "=" khi $x_{1}=\sqrt[6]{2}$

đề đúng mà, nếu là chứng minh $VT\geq \frac{3}{2^{k}}$ ai làm cũng được!

$a=b=c;k=2\Rightarrow VT=3.\frac{1}{2^{2}}=\frac{3}{4}\leq Min\left \{ 2;\frac{3}{2} \right \}$

nhầm rồi đề là xy+z+xz=-1

Nếu thế cho $x=y=0;z=-1$ thì đề sai rồi nha!

P/s: câu này nhầm dấu C/m à

TOPIC yêu cầu bài nào đã làm xong được tô màu đỏ   

 

123) Cho $xy + z + zx = -1$ Chứng minh rằng :

$$x^2 + 2y^2 + 2z^2 \ge \dfrac{1 + \sqrt{17}}{2}$$

 

Ba bài xanh mình cũng chưa làm được, các bạn hãy giải quyết nhé   

Áp dụng BĐT $AM-GM$:

$\frac{x^{2}}{2}+\frac{9-\sqrt{17}}{4}.y^{2}\geq 2\left | xy \right |.\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{8}}$

$\frac{x^{2}}{2}+\frac{9-\sqrt{17}}{4}.z^{2}\geq 2\left | xz \right |.\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{8}}$

$\frac{\sqrt{17}-1}{4}.y^{2}+\frac{\sqrt{17}-1}{4}.z^{2}\geq 2\left | yz \right |.\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{8}}$

Cộng theo vế $VT\geq 2(\left | xy \right |+\left | yz \right |+\left | zx \right |).\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{8}}\geq 2.\left | xy+yz+zx \right |.\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{8}}=\sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{2}}$

$=\frac{\sqrt{17}-1}{2}$

Đại ta xin bái phục  

Bái phục ai đấy?

kinh điển thật