Chủ đề này có 42 trả lời

[fcb]

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực $a,b,c \geq 1$ thỏa mản a+b+c+2=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fcb: 20-04-2014 - 17:31

[shinichigl]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3$

Bất đẳng thức được viết lại

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}\leq1$

Ta có

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{3(a^2+a^2+1)}} \leq \sum \dfrac{a}{2a+1}= \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{2a+1}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2(a+b+c)+3}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+3}=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 16-04-2014 - 09:39

[shinichigl]

Bài 6: cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$ab+bc+ca+max\left \{ \left |a-b  \right |,\left |b-c  \right |,\left |c-a  \right | \right \}\leq 1+\frac{1}{3}(a+b+c)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 16-04-2014 - 18:57

[shinichigl]

Bài 7 cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã điều kiện $4(a^3+b^3+c^3)+15abc=27$

Chứng minh $a+b+c\leq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 16-04-2014 - 18:57

[NMDuc98]

cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã điều kiện $4(a^3+b^3+c^3)+15abc=27$

Chứng minh $a+b+c\leq 3$

Ta đi chứng minh:$4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3~~~~(1)$

Thật vậy:

$(1)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+5abc\geq (a+b)(b+c)(c+a)$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$  (Hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur)
Mà:$(4a^3+b^3+c^3)+15abc=27$
Suy ra:

$(a+b+c)^3\leq 27\Leftrightarrow a+b+c\leq 3$   $(Q.E.D)$

[shinichigl]

Ta đi chứng minh:$4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3~~~~(1)$

 

Một cách khác là chuẩn hoá $a+b+c=3$

bđt được viết lại $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 27$

Giả sử $min\left \{ a;b;c \right \}=c$, suy ra $c\leq 1$

Ta có

$4(a^3+b^3+c^3)+15abc=4(a+b+c)\left [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \right ]+27abc=108-12(a+b+c)(ab+bc+ca)+27abc=108-36(ab+bc+ca)+27abc=108-36c(a+b)+ab(27c-36)\geq 108-36c(3-c)+\frac{(3-c)^2}{4}(27c-36)=\frac{27}{4}c(c-1)^2+27\geq 27$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 16-04-2014 - 10:40

[Hoang Tung 126]

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực a,b,c \geq 1 thỏa mản a+b+c=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$

Theo Bunhiacopxki có:$(\sqrt{\frac{c^2-1}{c^2}}+\sqrt{\frac{a^2-1}{a^2}}+\sqrt{\frac{b^2-1}{b^2}})^2\leq 3(3-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})\leq 3(3-\frac{1}{ab}-\frac{1}{bc}-\frac{1}{ac})=3(3-\frac{a+b+c}{abc})=3(3-1)=6= > P\leq \sqrt{6}= > \sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \sqrt{6}abc$

[thuan192]

Đề tự sáng tác, xin mạn phép đưa vô nhé !  (thực ra cũng lấy ý tưởng từ một bài 30-4 năm 2013)

Bài 5 : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $6x+3y+2z=xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\dfrac{x\sqrt{yz}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt[4]{(y^2+4)(z^2+9)}}$$

Ta có $6x+3y+2z=xyz$ suy ra $\frac{6}{yz}+\frac{3}{zx}+\frac{2}{xy}=1$

Đặt: $a=\frac{1}{x};b=\frac{2}{y};c=\frac{3}{z}$ Suy ra $ab+bc+ca=1$

Khi đó P trở thành $p=\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}.\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}}$

Vì $ab+bc+ca=1$ nên ta có thể đặt $a=tan\frac{A}{2};b=tan\frac{B}{2};c=tan\frac{C}{2}$ (với $A+B+C=\Pi$)

Suy ra $P=cos\frac{A}{2}\sqrt{cos\frac{B}{2}.cos\frac{C}{2}}$.

Tới đây ta có thể dễ dàng tìm được GTLN

[Juliel]

Bài 8 : Cho trước các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn $mn.x+\sqrt[n]{m}.y+\sqrt[m]{n}.z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$A=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y^n}+\dfrac{1}{z^m}$$

[NMDuc98]

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực a,b,c \geq 1 thỏa mản a+b+c=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$

Điều kiện bị sai rồi bạn!
Điều kiện bài toán phải là: $a+b+c+2=abc$ ! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 17-04-2014 - 20:04

[thuan192]

Đề tự sáng tác, xin mạn phép đưa vô nhé !  (thực ra cũng lấy ý tưởng từ một bài 30-4 năm 2013)

Bài 5 : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $6x+3y+2z=xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\dfrac{x\sqrt{yz}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt[4]{(y^2+4)(z^2+9)}}$$

Xin nhận xét bài này tí. Thực chất đây là một BĐT lượng giác. Ta chỉ cần điều chỉnh hệ số mới thì sẽ có một bài toán mới. Không biết bạn Juliel. Xuất phát từ bài toán nào nhưng theo mình nghĩ là từ BĐT lượng giác

[thuan192]

Bài 9: (30/4/2008) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=-1$. CMR

                           $\left ( \left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ca \right | \right )\left [ 15\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -7\left ( a+b+c \right )\right ]\geq 48$

[NMDuc98]

Bài 9: (30/4/2008) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=-1$. CMR

                           $\left ( \left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ca \right | \right )\left [ 15\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -7\left ( a+b+c \right )\right ]\geq 48$

Bài 9:Vi $abc<0$ nên ta xét:

TH1: 3 số $a,b,c$ đều âm:

Áp dụng BĐT AM-GM,ta có: 

$\left | ab \right |+\left | bc \right |+\left |ca \right |\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$

$a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$.

Ta có:$-7(a+b+c)=7(-a-b-c)\geq 7\sqrt{(-a).(-b).(-c)}=7$

Do đó:

$15\sqrt{a^2+b^2+c^2}-7(a+b+c)\geq 15\sqrt{3}+7$

Vậy $P\geq 3(15\sqrt{3}+7)$

TH2: Nếu trong 3 số $a,b,c$ có một số âm,hai số dương.

Giả sử $a<0$;$b,c>0$.

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$\sqrt{(-a)^2+b^2+c^2}\geq \frac{2b+2c-a}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}\Rightarrow 3\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge 2b+2c-a$

Do đó:

$P\geq \left ( \frac{1}{-a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\left [ 5(2b+2c-a)-7(b+c+a) \right ]$

$=3\left ( \frac{1}{-a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )(-4a+b+c)\geq 3\left ( 1.2+1.1+1.1 \right )^2=48$ (Theo BĐT BCS)

Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}b=c=-a>0 & \\ -abc=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=\frac{-\sqrt[3]{2}}{2} & \\ b=c=\sqrt[3]{2}. \end{matrix}\right.$

Dựa theo 2 trường hợp,bài toán được chứng minh!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 18-04-2014 - 16:11

[fcb]

Bài 10: Đề thi đề nghị 30-4-2008 Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển

Cho biểu thức $S=x^{2} (9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}})$ với$\left | x \right |\leq 1$

Tìm GTLN của S

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 25-02-2015 - 18:00

[NMDuc98]

Bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực $a,b,c \geq 1$ thỏa mản $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc~~~~(1)$

Ta có:

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}~~~(2)$

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{3\left [ 3-\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right ) \right ]}$

$\Rightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-3( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})}~~~(3)$

Mà ta có:$3\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right )\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2$.Nên từ $(3)$ ta suy ra:

$\Rightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} )^2}~~~(4)$

Từ giả thiết ta có:$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\right )^2~~~(*)$ và $\frac{1}{abc}\leq \frac{1}{27}\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c} \right )^3~~~(**)$

Đặt $x=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}~~~(x>0)$ khi đó từ $(*)$ và $(**)$ ta có:

$\frac{1}{3}x^2+\frac{2}{27}x^3\geq 1\Leftrightarrow 2x^3+9x^2-27\geq 0\Leftrightarrow (2x-3)(x+3)^2\geq 0\Rightarrow x\geq \frac{3}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{2}~~~~(5)$

 

Từ $(4)$ và $(5)$ ta suy ra:

$\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=2$.

Vậy $(2)$ được chứng minh.
Bài toán được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 21-04-2014 - 06:55

[NMDuc98]

Đề thi đề nghị 30-4-2008 Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển

Cho biểu thức $S=x^{2} (9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}})$ với$\left | x \right |\leq 1$

Tìm GTLN của S

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}}=\sqrt{27}.\sqrt{3+3x^4}+\sqrt{13}.\sqrt{13-13x^4}\leq \sqrt{40(16-10x^4)}$

Suy ra:

$S\leq x^2\sqrt{40(16-10x^4)}=2\sqrt{10x^4(16-10x^4)}\leq 2.\frac{10x^4+16-10x^4}{2}=16$  (Theo $AM-GM$)

Dấu $=$ xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}\sqrt{1-x^4}=\frac{\sqrt{1+x^4}}{3} & \\10x^4=16-10x^4 & \\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x^4=\frac{4}{5}\Leftrightarrow \left | x \right |=\sqrt[4]{\frac{4}{5}}$   (Thỏa mãn $\left | x \right |\leq 1$)

Vậy $Max_S=16$

Ngoài ra còn có thể tách để dùng $AM-GM$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 21-04-2014 - 07:18

[Bui Ba Anh]

Xin nhận xét bài này tí. Thực chất đây là một BĐT lượng giác. Ta chỉ cần điều chỉnh hệ số mới thì sẽ có một bài toán mới. Không biết bạn Juliel. Xuất phát từ bài toán nào nhưng theo mình nghĩ là từ BĐT lượng giác

Bài này không dùng lượng giác thì có cách giải nào khác không ạ!

[BaoTuDau]

Bài 11: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=3(xy+yz+zx)-xyz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 25-02-2015 - 18:00

[thuan192]

Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=3(xy+yz+zx)-xyz$

Ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3\Leftrightarrow \left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )=3\Rightarrow 3\left ( xy+yz+zx \right )=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3}{x+y+z}$

Thay vào P ta có:

$P=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3}{x+y+z}-xyz=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3-xyz\left ( x+y+z \right )}{x+y+z}=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}-3+xyz\left [ 3-\left ( x+y+z \right ) \right ]}{x+y+z}\leq \frac{\left ( x+y+z \right )^{3}-3+\left [ 3-\left ( x+y+z \right ) \right ]}{x+y+z}$(1)$

(Vì $xyz\leq \frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3}=1$)

Đặt $t=x+y+z$

$P\leq \frac{t^{3}-t}{t}$ với $t\leq 3$

Dễ thấy hàm trên đồng biến nên $P\leq 8$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$

[thuan192]

Bài 12: (Chuyên Quang Trung, Bình Phước)

  Cho $a,b,c>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 $Q=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{2}\left ( \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} \right )$