Chủ đề này có 501 trả lời

[khanghaxuan]

Bài 79 : ( Turkey JBMO 2014 ) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c+abc=4$ . CMR : $(1+\frac{a}{b}+ca)(1+\frac{b}{c}+ab)(1+\frac{c}{a}+bc)\geq 27$

Spoiler

Bài mang tính dụ dỗ cao  

Bài 80 : Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn : $x+y+z=0$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$. Tìm GTLN của : 

$\begin{vmatrix} (x-y)(y-z)(z-x) \end{vmatrix}$

Bài 81 : (JBMO 2013) Cho $a,b>0$ thỏa mãn : $ab\geq 1$ . CMR : $(a+2b+\frac{2}{a+1})(b+2a+\frac{2}{b+1})\geq 16$

Bài 82 : Cho $a,b,c>0$ . CMR : $\sum \frac{a^{5}}{b(a^{4}+b^{4}+a^{3}c)}\geq 1$

Spoiler

Tự chế , dễ

Spoiler

Đừng ném gách nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 06-06-2015 - 15:59

[hoanglong2k]

Bài 79 : ( Turkey JBMO 2014 ) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c+abc=4$ . CMR : $(1+\frac{a}{b}+ca)(1+\frac{b}{c}+ab)(1+\frac{c}{a}+bc)\geq 27$

Spoiler

Bài mang tính dụ dỗ cao  

 

 Áp dụng AM-GM : $4=a+b+c+abc\geq 4\sqrt[4]{(abc)^2}\Rightarrow abc\leq 1$

 Ta có : BĐT $\Leftrightarrow \prod (abc+a+b)\geq 27abc$

                     $\Leftrightarrow \prod (4-a)\geq 27abc$

                     $\Leftrightarrow 64-16\sum a+4\sum ab-28abc\geq 0$

                     $\Leftrightarrow 4\sum ab-12abc\geq 0$

                     $\Leftrightarrow \sum ab\geq 3abc$

 Áp dung AM-GM lại có : $ab+bc+ca\geq 3\sqrt{(abc)^2}\geq 3abc$

 Vậy có điều cần chứng minh

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

[datmc07061999]

 

Bài 80 : Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn : $x+y+z=0$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$. Tìm GTLN của : 

$\begin{vmatrix} (x-y)(y-z)(z-x) \end{vmatrix}$

 

  Cách của em hơi trâu bò....

    Mong mọi người chỉ giáo...

  Từ giả thiết, ta có $xy+yz+zx=-3$

    $P^{2}=(x-y)^{2}(y-z)^{2}(z-x)^{2}= (12-3z^{2})(12-3y^{2})(12-3x^{2})$. ( Do $xy+yz+zx=-3\Rightarrow xy=-3-z(x+y)=z^{2}-3$ và $x^{2}+y^{2}=6-z^{2}$)

  Khai triển và sử dụng giả thiết ta được: $P^{2}=108(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})-27(xyz)^{2}-864\leq 108$

                                 (Do $(xy+yz+zx)^{2}=9\Leftrightarrow x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+2xyz(x+y+z)=9\Rightarrow x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}=9$)

  Vậy $\left | P \right |\leq \sqrt{108}\Rightarrow P\leq 6\sqrt{3}$

       Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=6 & \\ xyz=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x,y,z)=(\sqrt{3};-\sqrt{3};0)$

                và các hoán vị...

---------------------------------

@ducvipdh12: không sao,cách nào cũng được ghi nhận cả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 05-06-2015 - 22:12

[datmc07061999]

Bài 81 : (JBMO 2013) Cho $a,b>0$ thỏa mãn : $ab\geq 1$ . CMR : $(a+2b+\frac{2}{a+1})(b+2a+\frac{2}{b+1})\geq 16$

  Quy đồng ta được:

      $(a^{2}+a+2ab+2b+2)(b^{2}+b+2ab+2a+2)\geq 16(ab+a+b+1)$

      $\Leftrightarrow (3a+2b+3)(3b+2a+3)\geq 16(ab+a+b+1)$        (Để ý $a^{2}+1\geq 2a, ab\geq 1$)

      $\Leftrightarrow 6a^{2}+6b^{2}\geq 3ab+a+b+7$

  Mặt khác:  $\frac{3a^{2}}{2}+\frac{3b^{2}}{2}\geq 3ab$

                   $\frac{7a^{2}}{2}+\frac{7b^{2}}{2}\geq 7ab\geq 7$

                   $a^{2}+b^{2}\geq 2a+2b-2\geq a+b+2\sqrt{ab}-2\geq a+b$

  Vậy ta có ĐPCM.

  

   Các bạn like ủng hộ mình nha...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datmc07061999: 06-06-2015 - 07:55

[khanghaxuan]

Lời giải bài 80 :  

Không mất tính tổng quát ta giả sử : $x\geq y\geq z$ 

Do đó : $P=(x-y)(y-z)(x-z)$

Mặt khác ta có : $(x-y)(y-z)\leq (\frac{x-z}{2})^{2}\Rightarrow (x-y)(y-z)(x-z)\leq \frac{(x-z)^{3}}{4}$

Tiếp theo ta sẽ tìm GTLN của : $x-z$ . Thật vậy , ta có: 

$3y^{2}\geq 0\Leftrightarrow 2y^{2}+(x+z)^{2}\geq 0\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq x^{2}+z^{2}-2xz\Leftrightarrow (x-z)^{2}\leq 12\Rightarrow x-z\leq 2\sqrt{3}$

Do dó : $P\leq \frac{(2\sqrt{3})^{3}}{4}=6\sqrt{3}$

Dấu $=$ xảy ra khi : $\left\{\begin{matrix} x=\sqrt{3} & & \\ y=0 & & \\ z=-\sqrt{3} & & \end{matrix}\right.$

[khanghaxuan]

Lời giải bài 81 : 

Ta có : $\frac{a+1}{2}+\frac{2}{a+1}\geq 2\Rightarrow \frac{a}{2}+\frac{2}{a+1}\geq \frac{3}{2}\Rightarrow a+2b+\frac{2}{a+1}\geq \frac{a}{2}+\frac{3}{2}+2b$

Tương tự ta cũng có : $b+2a+\frac{2}{b+1}\geq \frac{b}{2}+2a+\frac{3}{2}$

Do đó ta cần chứng minh : $(2b+\frac{a}{2}+\frac{3}{2})(2a+\frac{b}{2}+\frac{3}{2})\geq 16$

Thật vậy , áp dụng Cauchy - Schawrz ta được : $(2b+\frac{a}{2}+\frac{3}{2})(2a+\frac{b}{2}+\frac{3}{2})\geq (2\sqrt{ab}+\frac{\sqrt{ab}}{2}+\frac{3}{2})^{2}\geq 4^{2}=16$ (ĐPCM )

 

P/s : Bài này có rất nhiều cách giải

[khanghaxuan]

Lời giải bài 82 : Cho $a,b,c>0$ . CMR : $\sum \frac{a^{5}}{b(a^{4}+b^{4}+a^{3}c)}\geq 1$

Với các kiểu bất đẳng thức dạng phân thức này thì theo kinh nghiệm của mình ta nên áp dụng Cauchy- Schawrz dạng Engel . Để ý thấy tử số của mỗi phân thức bậc lẻ nên để áp dụng Cauchy- Schawrz dạng Engel thì ta sẽ làm cho bậc từ lẻ $\rightarrow$ chẵn . 

Cụ thể ta sẽ biến đổi như sau : $\sum \frac{a^{5}}{b(a^{4}+c^{4}+a^{3}c)}=\sum \frac{a^{6}}{ab(a^{4}+c^{4}+a^{3}c)}$

Sau khi đã làm cho tử số như ta muốn thì tiếp theo ta sẽ áp dụng Cauchy- Schawrz dạng Engel như sau : 

$\sum \frac{a^{6}}{ab(a^{4}+c^{4}+a^{3}c)}\geq \frac{(\sum a^{3})^{2}}{\sum ab(a^{4}+c^{4}+a^{3}c)}=\frac{(\sum a^{3})^{2}}{\sum a^{5}b+\sum ab^{5}+abc\sum a^{3}}$

Tới đây ta sẽ tìm mọi cách để đánh giá mẫu số ( Vì nhìn tử số thấy chẳng có gì để khai thác cả )

Chú ý rằng : $\sum a^{5}b+\sum ab^{5}+abc\sum a^{3}=\sum ab(a^{4}+b^{4})+abc\sum a^{3}=\sum (ab(a^{4}+b^{4})+abc.c^{3})=\sum ab(a^{4}+b^{4}+c^{4})=(\sum a^{4})(\sum ab)$

Do đó ta quy về chứng minh : $\frac{(\sum a^{3})^{2}}{(\sum ab)(\sum a^{4})}\geq 1$

Hay ta cần chứng minh: $(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq (ab+bc+ca)(a^{4}+b^{4}+c^{4})(*)$ 

Lướt nhìn qua thì ta có thể khẳng định đây là một bđt hay ,đẹp ,khá mạnh và được dùng làm bổ đề để có thể sáng tạo ra các bđt khác mang tính thách thức cao hơn . 

Phần chứng minh $(*)$ đã có ở trong box BĐT Olympic nhưng minh xin nêu lại để thấy rõ rằng : chứng minh nó quả không dễ dàng

Spoiler

Mong lời giải bằng C-S

$(\sum a^{3})^{2}\geq (\sum a^{4})(\sum ab)$

$\Leftrightarrow \sum a^{6}+2\sum a^{3}b^{3}\geq \sum ab(a^{4}+b^{4})+abc\sum a^{3}$

$\Leftrightarrow (\sum a^{6}-3(abc)^{2})+2(\sum a^{3}b^{3}-3(abc)^{2})\geq abc(\sum a^{3}-3abc)+\sum ab(a^{4}+b^{4})-6(abc)^{2}$

$\Leftrightarrow \frac{(\sum a^{2})}{2}(\sum (a^{2}-b^{2})^{2})+(\sum ab)(\sum (bc-ca)^{2})\geq \frac{abc(\sum a)}{2}(\sum (a-b)^{2})+(\sum ab(a^{4}+b^{4})-2\sum a^{3}b^{3})+2\sum (ab)^{3}-6(abc)^{2}$

$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \frac{(\sum a^{2})}{2}(\sum (a^{2}-b^{2})^{2})+(\sum ab)(\sum (bc-ca)^{2})\geq \frac{abc(\sum a)}{2}(\sum (a-b)^{2})+\sum ab(a^{2}-b^{2})^{2}+(\sum ab)(\sum (bc-ca)^{2})$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\frac{(\sum a^{2})(a+b)^{2}}{2}+c^{2}\sum ab-\frac{abc(\sum a)}{2}-ab(a+b)^{2}-c^{2}(\sum ab))\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\frac{(a+b)^{2}((a-b)^{2}+c^{2})}{2})-\frac{abc(\sum a)}{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}((a^{2}-b^{2})^{2}+c^{2}(a+b)^{2}-abc\sum a)\geq 0$

Mà bđt cuối này thì luôn đúng  

[binhnhaukhong]

 

 

Spoiler

Mong lời giải bằng C-S

 

Khó có lời giải khác đẹp em ạ S.O.S đã là tối ưu rồi dúng cái bổ đề về đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a)$ thì cũng ra nhưng tính toán thì hơi mệt $BW$ thì càng không nên. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 06-06-2015 - 20:24

[Belphegor Varia]

Bài 83 (VMO 1999) : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc+a+c=b$ . Tìm GTLN của :
$P=\frac{2}{a^{2}+1}-\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{3}{c^{2}+1}$
Bài 84 (Thụy Điển 1985) : Cho $a>b>0$ . Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\frac{(a-b)^{2}}{8a}<\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}<\frac{(a-b)^{^{2}}}{8b}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 06-06-2015 - 18:37

[hoctrocuaHolmes]

Bài 84 (Thụy Điển 1985) : Cho $a>b>0$ . Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\frac{(a-b)^{2}}{8a}<\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}<\frac{(a-b)^{^{2}}}{8b}$

Chứng minh vế thứ nhất:$\frac{(a-b)^{2}}{8a}<\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}$

Ta có $\frac{(a-b)^{2}}{8a}<\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\Leftrightarrow (\frac{a-b}{\sqrt{8a}})^{2}< \frac{a+b-2\sqrt{ab}}{2}=\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{2}=(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{2}})$ (vì $a>b>0$)

$\Leftrightarrow \frac{a-b}{\sqrt{8a}}< \frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \sqrt{2}(a-b)< (\sqrt{a}-\sqrt{b})\sqrt{8a}\Leftrightarrow \sqrt{2}a-\sqrt{2}b< \sqrt{8}a-\sqrt{8ab}$

$\Leftrightarrow a-b< 2a-2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b> 0\Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}> 0$ (luôn đúng)

Vậy,bất đẳng thức đã được chứng minh

Chứng minh vế thứ hai: $\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}<\frac{(a-b)^{^{2}}}{8b}$

Hoàn toàn tương tự ta biến đổi thành $\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{2}}< \frac{a-b}{\sqrt{8b}}\Leftrightarrow \sqrt{a}-\sqrt{b}< \frac{a-b}{2\sqrt{b}}\Leftrightarrow 2\sqrt{ab}-2b< a-b\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}> 0\Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}> 0$

(luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 06-06-2015 - 17:15

[khanghaxuan]

Lời giải bài 83 : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc+a+c=b$ . Tìm GTLN của :

$P=\frac{2}{a^{2}+1}-\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{3}{c^{2}+1}$

Thoạt đầu , ta nhìn $P$ không phải là một đa thức đối xứng hay hoán vị . Do đó gần nên chắc chắn rằng dấu $=$ sẽ xảy ra lệch nhau . Điều đó càng được khẳng định rõ nét hơn qua điều kiện . Vì vậy , để bắt đầu giải bài toán này chúng ta phải khai thác tối đa giả thiết mà đề cho .

$abc+a+c=b\Rightarrow b=\frac{a+c}{1-ac}$

Tới đây thì chúng ta có thể thế vào rồi tính theo 2 biến $a$ và $c$ , tuy nhiên nếu tinh ý hơn ta sẽ để ý đến công thức lượng giác sau :    $tan(A+C)=\frac{tanA+tanC}{1-tanA.tanC}$

Do đó , một cách tương ứng ta đặt : $\left\{\begin{matrix} a=tanA & \\ c=tanC & \end{matrix}\right.\Rightarrow b=tan(A+C)$

Nên ta cần tìm GTLN của : $2cos^{2}A+3cos^{2}C-2cos^{2}(A+C)$

Tiếp theo , ta để ý rằng : $cos^{2}A-cos^{2}(A+C)=sinC.sin(2A+C)$

Do đó ta có : $P=2sin C.sin (2A+C)+3(1-sin^{2}C)\leq 2sin C-32sin^{2}C+3\leq \frac{10}{3}$

Vì vậy , $P_{max}=\frac{10}{3}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{\sqrt{2}}{2} & & \\ b=\sqrt{2} & & \\ c=\frac{\sqrt{2}}{4} & & \end{matrix}\right.$

[ducvipdh12]

Bài 85: (Crux Mathematical) Cho $ a, b $ là các số thực thỏa $ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\dfrac{1}{4}} $. Chứng minh rằng $ -1 \leq a < 0 $.

hình như bạn chưa đọc kỹ tiêu đề của topic,đây là topic về các bài BĐT trong các kì thi MO các nước chơ không phải xuất phải từ 1 tạp chí như Crux,THTT,...

@Khanghaxuan : Theo em thì những bài trong các tạp chí trên mà có tính ứng dụng thì cũng nên post . Chứ em thấy mấy bài  MO hầu hết cũng chỉ là hệ quả của mấy bài toán gốc .Còn về bài toán trên thì nên ban  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 07-06-2015 - 07:33

[Belphegor Varia]

Bài 86 (Vô Địch các nước Bắc Phi-86) : Cho $a,b,c>0$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})\geq 4(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})^{2}$
Bài 87 (VMO 2002) : Cho $a,b,c$ là 3 số thực tùy ý. Chứng minh rằng :
$6(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq 27abc+10(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{\frac{3}{2}}$
Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

[hoanglong2k]

Bài 86 (Vô Địch các nước Bắc Phi-86) : Cho $a,b,c>0$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})\geq 4(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})^{2}$

 Bài 86

 Ta có : $3\sum \frac{1}{ab}\geq 12\sum \frac{1}{(a+b)^2}\geq 4\left ( \sum \frac{1}{a+b} \right )^2$

 

Spoiler

 

 Bài 80 em có 1 cách này nữa : 

 Từ giả thiết thu về $ab+bc+ca=-3$

 Đặt $(x-y,y-z,z-x)\rightarrow (a,b,c)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2=18\end{matrix}\right.$

 Ta cần tìm GTLN của $|abc|$

 Đến đây có thể đưa về 2 biến để giải 

 

[hoanglong2k]

Bài 87 (VMO 2002) : Cho $a,b,c$ là 3 số thực tùy ý. Chứng minh rằng :
$6(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq 27abc+10(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{\frac{3}{2}}$
Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

 Bất đẳng thức đồng bậc 3 nên ta chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=9$

 Khi đó : BĐT $\Leftrightarrow 2(a+b+c)-abc\leq 10\Leftrightarrow a(2-bc)+(b+c).2\leq 10$

 Giả sử $a\geq b\geq c \Rightarrow |bc|\leq \frac{9-a^2}{2}\leq 3 \Rightarrow bc\in [-3;3]$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có : $a(2-bc)+(b+c).2\leq \sqrt{(9+2bc)(b^2c^2-4bc+8)}\leq 10\Leftrightarrow (bc+2)^2(2bc-7)\leq 0$

 Luôn đúng $\forall ~bc\in [-3;3]$

 Từ đó có đpcm

[loigiailanhlung]

Bài 88:
Cho $x_{1},x_{2},...,x_{n}>0$ thỏa mãn điều kiện $x_{k+1}\geq x_{1}+x_{2}+...x_{n} \forall k$
Hãy tìm min của hằng số c sao cho:
$$\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}+...\sqrt{x_{n}} \leq c.\sqrt{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 07-06-2015 - 11:04

[longatk08]

Bài 89: (Turkish MO 2007)

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$.Chứng minh bất đẳng thức:

 

$\frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}+\frac{b^2+3c^2}{bc^2(4-bc)}+\frac{c^2+3a^2}{ca^2(4-ca)}\geq 4$

[Hoang Tung 126]

Bài 89: (Turkish MO 2007)

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$.Chứng minh bất đẳng thức:

 

$\frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}+\frac{b^2+3c^2}{bc^2(4-bc)}+\frac{c^2+3a^2}{ca^2(4-ca)}\geq 4$

Theo Cosi ta có :

 

 $\sum \frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}=\sum \frac{(a^2+b^2)+2b^2}{ab^2(4-ab)}\geq \sum \frac{2ab+2b^2}{ab^2(4-ab)}=\sum \frac{2b(a+b)}{ab^2(4-ab)}$

$=2\sum \frac{a+b}{ab(4-ab)}\geq 2\sum \frac{2\sqrt{ab}}{ab(4-ab)}=4\sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}$   (1)

 

Mà $8+ab=(4-ab)+(4-ab)+3ab\geq 3\sqrt[3]{3ab(4-ab)^2}= > (8+ab)^3\geq 81ab(4-ab)^2$

$= > ab(4-ab)^2\leq \frac{(8+ab)^3}{81}= > \sqrt{ab}(4-ab)\leq \frac{\sqrt{(8+ab)^3}}9{}= > \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq \frac{9}{\sqrt{(8+ab)^3}}$

$= > \sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq 9\sum \frac{1}{\sqrt{(8+ab)^3}}\geq 9.3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(8+ab)^3(8+bc)^3(8+ac)^3}}}=\frac{27}{\sqrt{(8+ab)(8+bc)(8+ac)}}\geq \frac{27}{\sqrt{\frac{(8+ab+8+bc+8+ac)^3}{27}}}\geq \frac{27}{\sqrt{\frac{(24+\frac{(a+b+c)^2}{3})}{27}}}=\frac{27}{\sqrt{\frac{(25+3)^3}{27}}}=\frac{27}{\sqrt{27^2}}=1$

   $= > \sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq 1$    (2)

 

   Từ (1) ,(2) $= > \sum \frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}\geq 4$ và ta có ĐPCM

 

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 08-06-2015 - 19:47

[dogsteven]

 Bất đẳng thức đồng bậc 3 nên ta chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=9$

 Khi đó : BĐT $\Leftrightarrow 2(a+b+c)-abc\leq 10\Leftrightarrow a(2-bc)+(b+c).2\leq 10$

 Giả sử $a\geq b\geq c \Rightarrow |bc|\leq \frac{9-a^2}{2}\leq 3 \Rightarrow bc\in [-3;3]$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có : $a(2-bc)+(b+c).2\leq \sqrt{(9+2bc)(b^2c^2-4bc+8)}\leq 10\Leftrightarrow (bc+2)^2(2bc-7)\leq 0$

 Luôn đúng $\forall ~bc\in [-3;3]$

 Từ đó có đpcm

Ta có một lời giải rất xấu bằng phân tách trường hợp như sau:

Chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=9$. Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$

Nếu $a\leqslant 0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do $abc>-10$

Nếu $a\geqslant 0$ và $b,c\leqslant 0$ thì $2(a+b+c)\leqslant 2a\leqslant 6\leqslant 10\leqslant 10+abc$

Nếu $a\geqslant b\geqslant 0\geqslant c$ thì $2a+2b+2c\le 9+3c$ nên ta cần chứng minh $3c\le 1+\dfrac{c(9-c^2)}{2}$ luôn đúng.

Nếu $c\geqslant 0$ thì $2a+2b+2c\leqslant 9+c$

- Trường hợp $c\leqslant 1$ thì $9+c\leqslant 10\leqslant 10+abc$

- Trường hợp $c\geqslant 1$ thì $9+c\leqslant 9+abc\leqslant 10+abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-06-2015 - 20:08

[dogsteven]

Bài 59:(PP điểm rơi trong AM-GM)(VNTST 2001)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $2x+4y+7z=2xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x+y+z$

 

p/s: trình bày luôn cách tìm điểm rơi nhé!

Ta dùng nhân tử để tìm điểm rơi.

Xét hàm số $L=x+y+z+\lambda(2x+4y+7z-2xyz)$

Đạo hàm riêng cho biến $x$ được $1=2\lambda (yz-1)$

Đạo hàm riêng cho biến $y$ được $1=2\lambda(zx-2)$

Đạo hàm riêng cho biến $z$ được $1=\lambda(2xy-7)$

Do đó $2(yz-1)=2(zx-2)=2xy-7$