Chủ đề này có 501 trả lời

[dogsteven]

 

Bài 62:
Trường hợp 1:$min{\{a,b,c}\} \geq -\frac{3}{4} \Rightarrow a,b,c \geq -\frac{3}{4}$
Ta cần chứng minh $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{36a+3}{50}$ (do xài pp tiếp tuyến nên biết cần cm cái này)
$ \Leftrightarrow \frac{(4a+3)(3a-1)^2}{50(a^2+1)} \geq 0 $
Tương tự ta được: $ \sum\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10}$
Trường hợp 2:$min{\{a,b,c}\} < -\frac{3}{4} $
Giả sử $ c=min{\{a,b,c}\} \Rightarrow c<\frac{3}{4} $
Nếu $ a \geq 0 , b \leq 0 $ thì  $\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1} <0$ và $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{1}{2}$ nên $VT < \frac{1}{2} < \frac{9}{10}$
Tương tự với $a \leq 0;b \geq 0$
Nếu $a \leq 0;b \leq 0$ thì $VT<0 < \frac{9}{10} $
Nếu $a \geq 0;b \geq 0$ thì ta có:

1. Nếu $a \in [0;\frac{1}{2}] \cup [2;+\infty)$ thì $ \frac{a}{a^2+1} \leq \frac{2}{5} $.Kết hợp với $\frac{b}{b^2+1} \leq \frac{1}{2} ; \frac{c}{c^2+1} <0$ ta được $VT < \frac{9}{10}$
2. Nếu $a \in [\frac{1}{2};2] $.
   -Xét $b \in [0;\frac{1}{2}] \cup [2;+\infty)$ thì  $ \frac{b}{b^2+1} \leq \frac{2}{5} $
   Kết hợp với $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{1}{2} ; \frac{c}{c^2+1} <0$ ta được $VT < \frac{9}{10}$
   -Xét $b \in [\frac{1}{2};2]$ thì ta có:$c=1-a-b \geq -3$
   Do $c \in [-3;-\frac{3}{4})$ nên $\frac{c}{c^2+1} < -\frac{1}{10}$
   Do đó ta có:$VT<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{10}=\frac{9}{10} $.
   Vậy $\sum\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $.Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Bất đẳng thức tương đương với: $\sum \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}\geqslant \dfrac{6}{5}$

Giả sử $(3b-1)(3c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow b^2+c^2\leqslant \dfrac{1}{9}+\left(\dfrac{2}{3}-a\right)^2$

Đến đây ta có $\dfrac{(b-1)^2}{b^2+1}+\dfrac{(c-1)^2}{c^2+1}\geqslant \dfrac{9(a+1)^2}{19+\left(2-3a\right)^2}$

Đến đây biến đổi tương đương.

[Namthemaster1234]

 Bài 90: (MOSP 2003) Cho 3 số thực không âm a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$ . Chứng minh rằng:

 

 $1\leq \sum \frac{a}{1+bc}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

[Belphegor Varia]

Bài 91 (VMO 1998A) : Tìm GTNN của biểu thức :
$F(x,y)=\sqrt{(x+1)^{2}+(y-1)^{2}}+\sqrt{(x-1)^{2}+(y+1)^{2}}+\sqrt{(x+2)^{2}+(y+2)^{2}}$
 

Bài 92 (VMO 1998B) : Cho $n$ số thực dương $x_{1},x_{2},...,x_{n} (n\geq 2)$ thỏa mãn 
$\frac{1}{x_{1}+1998}+\frac{1}{x_{2}+1998}+...+\frac{1}{x_{n}+1998}=\frac{1}{1998}$

 

Chứng minh rằng : $\frac{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}{n-1}\geq 1998$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 09-06-2015 - 09:51

[khanghaxuan]

Lời giải bài 92 : Cho $n$ số thực dương $x_{1},x_{2},...,x_{n} (n\geq 2)$ thỏa mãn 

$\frac{1}{x_{1}+1998}+\frac{1}{x_{2}+1998}+...+\frac{1}{x_{n}+1998}=\frac{1}{1998}$

Chứng minh rằng : $\frac{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}{n-1}\geq 1998$

 

Thoạt đầu , nhìn sơ qua bài toán trên mình có cảm giác như nó gần giống với bài toán quen  thuộc sau : 

Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn : $\sum \frac{1}{a^{4}+1}=1$ . Chứng minh rằng : $abcd\geq 3$

Bài toán nhỏ trên quen thuộc với hầu hết với các mem . Do đó , một cách thình lình ta nghĩ tới việc giải bài toán lớn trên bằng pp của bài toán con đó . 

Ta có : $\sum_{i=1}^{1998}\frac{1}{x_{i}+1998}=\frac{1}{1998}\Rightarrow \sum_{i=2}^{1998}\frac{1}{x_{i}+1998}=\frac{1}{1998}-\frac{1}{x_{1}+1998}=\frac{x_{1}}{1998(x_{1}+1998)}\Rightarrow \frac{x_{1}}{1998(x_{1}+1998)}\geq 1997\sqrt[1997]{\frac{1}{\prod_{i=2}^{1998}(x_{i}+1998)}}$

Lập các bđt tương tự rồi nhân vế theo vế ta được  

$\frac{\prod_{i=1}^{1998}(x_{i})}{1998^{n}}\geq (n-1)^{n}\Rightarrow \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{1998}(x_{i})}\geq 1998.(n-1)$ (ĐPCM )

[Belphegor Varia]

Mạn phép làm thử cách 2 Bài 92 như này

Ta có đẳng thức đề bài tương đương với : $\frac{1998}{x_{1}+1998}+\frac{1998}{x_{2}+1998}+...+\frac{1998}{x_{n}+1998}=1$
Đặt $y_{i}=\frac{x_{i}}{1998}$ với $i=1,2,...,n$ thì đẳng thức trên trở thành :
$\frac{1}{y_{1}+1}+\frac{1}{y_{2}+1}+...+\frac{1}{y_{n}+1}= 1$
Ta cần chứng minh $\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\geq 1998(n-1)\Leftrightarrow x_{1}x_{2}...x_{n}\geq 1998^{n}(n-1)^{n}$ hay $y_{1}y_{2}...y_{n}\geq (n-1)^{n}$
Đặt $a_{i}=\frac{1}{y_{i}+1}$ $(i=1,2,...,n)$ 
Khi đó ta có $\sum_{i=1}^{n}a_{i}=1$ . Đặt $A=\prod_{i=1}^{n}a_{i}$ .
Sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có :
$1-a_{i}=\sum_{j=1(j\neq i)}^{n}a_{j}\geq (n-1)\sqrt[n-1]{\prod_{j=1(j\neq i)}^{n}a_{j}}$ $=(n-1)\sqrt[n-1]{\frac{A}{a_{i}}}$
Khi đó $\prod_{i=1}^{n}y_{i}=\prod_{i=1}^{n}\frac{1-a_{1}}{ai}=\frac{1}{\prod_{i=1}^{n}ai}.\prod_{i=1}^{n}(1-a_{i})\geq \frac{1}{A}.(n-1)^{n}.\prod_{i=1}^{n}\sqrt[n-1]{\frac{A}{a_{i}}}=\frac{1}{A}(n-1)^{n}.\frac{\sqrt[n-1]{A^{n}}}{\prod_{i=1}^{n}\sqrt[n-1]{a_{i}}}=(n-1)^{n}.\frac{\sqrt[n-1]{A}}{\sqrt[n-1]{A}}=(n-1)^{n}$ 
 

 

PS : Gõ xong mệt muốn chết   

 

@Khanghaxuan : Chú mày màu quá trời

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 09-06-2015 - 14:59

[khanghaxuan]

Lời giải bài 91 : Tìm GTNN của biểu thức :

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

 

Đây là một bài toán được phát biểu dưới dạng toán quen thuộc . Ta sẽ biểu diễn trên hệ trục tọa độ $Oxy$ các điểm : 

$A(-1,1) ; B(-2,-2) ; C(1,-1)$

Tìm GTNN của $F(x,y)$ qua các biểu diễn trên là tìm GTNN của tổng khoảng cách từ điểm $M(x,y)$ đến ba điểm $A,B,C$

Từ đó bài toán quy về bài toán quen thuộc sau  

Cho tam giác ABC xác định và điểm M tùy ý . Tìm vị trí của M sao cho $MA+MB+MC$ nhỏ nhất

Mình sẽ làm đại diện : $M$ nằm trong tam giác . 

Điểm $M$ thỏa mãn điều kiện trên được  gọi là điểm torricelli trong tam giác và dấu $=$ xảy ra khi $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{AMC}=120^{0}$

Do đó ta dễ dàng tìm được KQ của bài toán  

[khanghaxuan]

Bài 93 ( IMO 2012 ) : Cho $a_{2},a_{3},...,a_{n}$ thỏa mãn : $a_{2}.a_{3}...a_{n}=1$ . Chứng minh rằng : 

$(1+a_{2})^{2}(1+a_{3})^{3}...(1+a_{n})^{n}>n^{n}$

[Hoang Tung 126]

Bài 93 ( IMO 2012 ) : Cho $a_{2},a_{3},...,a_{n}$ thỏa mãn : $a_{2}.a_{3}...a_{n}=1$ . Chứng minh rằng : 

$(1+a_{2})^{2}(1+a_{3})^{3}...(1+a_{n})^{n}>n^{n}$

Theo Cosi ta có : 

 

  $1+a_{2}\geq 2\sqrt{a_{2}}= > (1+a_{2})^2\geq 2^2.a_{2}$

 $a_{3}+1=a_{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a_{3}}{2^2}}= > (1+a_{3})^3\geq \frac{3^3.a_{3}}{2^2}$

  .....................................................................................................

 $(a_{n}+1)=a_{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}+...+\frac{1}{n-1}\geq n\sqrt[n]{\frac{a_{n}}{(n-1)^{n-1}}}= > (1+a_{n})^n\geq n^{n}.\frac{a_{n}}{(n-1)^{(n-1)}}$

 

 Nhân theo vế các bất đẳng thức 

 

 $= > (1+a_{2})^2(1+a_{3})^3...(1+a_{n})^n\geq 2^{2}.3^{3}...n^{n}.(a_{1}a_{2}...a_{n}).(\frac{1}{2^{2}}.\frac{1}{3^{3}}...\frac{1}{(n-1)^{n-1}})=n^{n}= > (1+a_{2})^2(1+a_{3})^3...(1+a_{n})^{n}\geq n^{n}$

      (Do $a_{2}a_{3}...a_{n}=1$)

 

 Dấu = xảy ra khi $a_{2}=1,a_{3}=\frac{1}{2},...a_{n}=\frac{1}{n-1}= > a_{2}a_{3}...a_{n}=\frac{1}{2.3...(n-1)}$

 

Nhưng điều này vô lý do $a_{2}a_{3}...a_{n}=1$

 

  Do đó dấu = ko xảy ra ,tức là $(a_{2}+1)^2(a_{3}+1)^3...(a_{n}+1)^{n}> n^{n}$

[khanghaxuan]

Bài 94 : Cho $a_{1};a_{2};...;a_{2011}$ là các số thực không âm có tổng bằng : $\frac{2011}{2}$ . Chứng minh rằng: 

$\begin{vmatrix} (a_{1}-a_{2})(a_{2}-a_{3})...(a_{2011}-a_{1}) \end{vmatrix}\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

Spoiler

Khó đấy

[khanghaxuan]

Bài 95 ( USAJMO 2011 ): Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}+(a+b+c)^{2}\leq 4$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{ab+1}{(a+b)^{2}}+\frac{bc+1}{(b+c)^{2}}+\frac{ca+1}{(c+a)^{2}}\geq 3$

[Hoang Tung 126]

Bài 95 ( USAJMO 2011 ): Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}+(a+b+c)^{2}\leq 4$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{ab+1}{(a+b)^{2}}+\frac{bc+1}{(b+c)^{2}}+\frac{ca+1}{(c+a)^{2}}\geq 3$

Ta có : $4\geq \sum a^2+(\sum a)^2=2(\sum a^2+\sum ab)= > 2\geq \sum a^2+\sum ab$

 

Từ đó :$\sum \frac{ab+1}{(a+b)^2}=\sum \frac{2ab+2}{2(a+b)^2}\geq \sum \frac{2ab+\sum a^2+\sum ab}{2(a+b)^2}=\sum \frac{(a+b)^2+(c+a)(c+b)}{2(a+b)^2}=\sum (\frac{1}{2}+\frac{(a+c)(c+b)}{2(a+b)^2})=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}(\sum \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2})\geq \frac{3}{2}+\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}.\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^2}.\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3= > \sum \frac{ab+1}{(a+b)^2}\geq 3$

 

  Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 

[Belphegor Varia]

Bài 96 (VMO 2001A ): Xét các số thực dương $x,y,z$ thoả mãn hệ điều kiện sau :

$1$ , $\frac{1}{\sqrt{2}}\leq z<\frac{\min (x\sqrt{2},y\sqrt{3})}{2}$
$2$ , $x+z\sqrt{3}\geq \sqrt{6}$
$3$ ,  $y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\geq 2\sqrt{5}$

 

 

Hãy tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{1}{x^{2}}+\frac{2}{y^{2}}+\frac{3}{z^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 09-06-2015 - 20:47

[khanghaxuan]

Bài 96 (VMO 2001A ): Xét các số thực dương $x,y,z$ thoả mãn hệ điều kiện sau :

$1$ , $\frac{1}{\sqrt{2}}\leq z< \min (x\sqrt{2},y\sqrt{3})$
$2$ , $x+z\sqrt{3}\geq \sqrt{6}$
$3$ ,  $y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\geq 2\sqrt{5}$

 

 

Hãy tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{1}{x^{2}}+\frac{2}{y^{2}}+\frac{3}{z^{2}}$

Hình như phải là  : $\frac{1}{\sqrt{2}}\leq z< \frac{\min (x\sqrt{2},y\sqrt{3})}{2}$  

[longatk08]

Spoiler

Chả có bài toán nào đẹp nhỉ.

 

97.(VMO 2006_Bảng B)

 

Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a,b,c$ thực dương thỏa $abc=1$.Ta có BĐT sau:

 

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c)$

 

98.(Romania 2008)

 

Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

 

$(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}-k)\geq k$

Trong đó $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=ab+bc+ac$

 

99.(Olyimpic toán nữ sinh Trunq Quốc 2007).

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$.CMR:

 

$\sqrt{a+\frac{(b-c)^2}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3}$

 

P/s: Dành vinh dự post bài thứ 100 cho người khác  !

 

@Khanghaxuan : Đang định để chủ topic (ducvipdh12) đăng bài thứ 100  Thấy sao ? 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 10-06-2015 - 08:39

[ducvipdh12]

vinh dự quá,câu 100 là do mình đăng

Câu 100: ( Kazakhstan NMO 2015 )

Chứng minh rằng:

$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{(n+1)^2}< n.(1-\frac{1}{\sqrt[n]{2}})$

Khang coi tổng hợp lại được rồi đó em 

@Khanghaxuan: Em đang tổng hợp . Dự kiến chiều nay sẽ post  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 10-06-2015 - 08:14

[Pham Quoc Thang]

Bài 99:
$VT^2 \leq 3[(a+\frac{(b-c)^2}{4})+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4}]$
Ta đi chứng minh: $\frac{(b-c)^2}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4} \leq b+c $
$ \Leftrightarrow (b-c)^2+4\sqrt{bc} \leq 2(b+c) $
Ta có: $(b-c)^2=(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2.(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \leq 2(b+c).(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \leq 2(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 =2(b+c)-4\sqrt{bc} $
Suy ra :$(b-c)^2+4\sqrt{bc} \leq 2(b+c) $
Vậy ta có:$VT \leq \sqrt{3} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 10-06-2015 - 08:35

[Hoang Tung 126]

Spoiler

Chả có bài toán nào đẹp nhỉ.

 

97.(VMO 2006_Bảng B)

 

Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a,b,c$ thực dương thỏa $abc=1$.Ta có BĐT sau:

 

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c)$

 

 

- Chọn $a=x^2,b=c=\frac{1}{x}$

 

BĐT $< = > \frac{1}{x^4}+\frac{1}{\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{\frac{1}{x^2}}+3k\geq (k+1)(x^2+\frac{2}{x})$

$< = > \frac{1}{x^4}+2x^2+3k\geq (k+1)(x^2+\frac{2}{x})< = > \frac{1}{x^4}+2x^2-x^2-\frac{2}{x}\geq k(x^2+\frac{2}{x}-3)$

$< = > \frac{1}{x^4}+x^2-\frac{2}{x}\geq k(x^2+\frac{2}{x}-3)< = > \frac{(x-1)^2(x^2+x+1)^2}{x^4}\geq k(\frac{(x-1)^2(x+2)}{x})$

 

- Với $x\not\equiv 1= > \frac{(x^2+x+1)^2}{x^4}\geq \frac{k(x+2)}{x}= > k\leq \frac{(x^2+x+1)^2}{x^3(x+2)}$

 

    $= > k\leq \lim_{x->+\infty }\frac{(x^2+x+1)^2}{x^3(x+2)}=\lim_{x->+\infty }\frac{(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^2}{1+\frac{2}{x}}=1$  (Do $\lim_{x->+\infty }\frac{1}{x}=0$)

 

  Từ đó $k\leq 1= > > k_{max}=1$. Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất thỏa mãn bài toán

 

 Thật vậy ,thay $k=1$ vào BĐT 

 

   $= > \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)< = > b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2+3\geq 2(a+b+c)$  (Do $abc=1$)

 

 Theo BĐT Schur bậc 3 ta có :$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3=(\sqrt[3]{a^2b^2})^3+(\sqrt[3]{b^2c^2})^3+(\sqrt[3]{c^2a^2})^3+3\sqrt[3]{(a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2)}$

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

$\geq \sqrt[3]{(ab^2c)^2}.2\sqrt[3]{ab^2c}+\sqrt[3]{(abc^2)^2}.2\sqrt[3]{abc^2}+\sqrt[3]{(a^2bc)^2}.2\sqrt[3]{a^2bc}$

$=\sqrt[3]{(abc)^3.b^3}+\sqrt[3]{(abc)^3.c^3}+\sqrt[3]{(abc)^3.a^3}=\sqrt[3]{a^3}+\sqrt[3]{b^3}+\sqrt[3]{c^3}=a+b+c$

 

  $= > a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 2(a+b+c)$

 

 (Do áp dụng Cosi và $abc=1$)

 

  Do đó ta có ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 10-06-2015 - 07:21

[khanghaxuan]

Ta cũng tìm thấy chặn dưới của bài 99 là : $\sqrt{a+\frac{(b-c)^2}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$

[Hoang Tung 126]

Spoiler

Chả có bài toán nào đẹp nhỉ.

 

98.(Romania 2008)

 

Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

 

$(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}-k)\geq k$

Trong đó $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=ab+bc+ac$

 

 

BDT $< = > k\leq \frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c}$

     $= > k\leq max(\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c})$ (Do để tìm giá trị lớn nhất của $k$)

 

Ta chứng minh $max(\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c})=\frac{9}{8}$

 

   Thật vậy,  BĐT 

 

$< = > 8(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\leq 9+\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$

  (Do thay $1=\frac{a+b+c}{ab+bc+ac}$)

 

 $< = > 4\left [ (a+b)+(b+c)+(c+a) \right ](\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\leq 9+\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$

$< = > 4\left [ \left [ (a+b)+(b+c)+(c+a) \right ](\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) -9\right ]\leq9(\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-3)$

$< = > 8\left [ \frac{(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{(b-c)^2}{(b+a)(c+a)}+\frac{(c-a)^2}{(c+b)(a+b)} \right ]\leq\frac{9\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]}{ab+bc+ac}$

$< = > (a-b)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(a+c)(b+c)})+(b-c)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(b+a)(c+a)})+(c-a)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+b)(a+b)})\geq 0$ (1)

 

 Đặt $S_{a}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+a)(b+a)}=\frac{ab+bc+ac+9a^2}{(\sum ab)(c+a)(b+a)}> 0$

       $S_{b}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(b+a)(b+c)}=\frac{ab+bc+ac+9b^2}{(\sum ab)(b+a)(b+c)}> 0$

      $S_{c}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+a)(c+b)}=\frac{ab+bc+ac+9c^2}{(\sum ab)(c+a)(c+b)}> 0$

 

Do đó $S_{a}> 0,S_{b}> 0,S_{c}> 0$ nên BĐT (1) đúng và ta có ĐPCM.

 

    Vậy $k_{max}=\frac{9}{8}$ là giá trị cần tìm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 10-06-2015 - 09:16

[khanghaxuan]

Vinh dự giải câu thứ 100   

Lời giải câu 100 : 

Ta dùng biến đổi tương đương : 

$\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{(n+1)^{2}}<n(1-\frac{1}{\sqrt[n]{2}})$

$\Leftrightarrow (\frac{1}{2^{2}}-1)+...+(\frac{1}{(n+1)^{2}}-1)<\frac{-n}{\sqrt[n]{2}}$

$\Leftrightarrow (1-\frac{1}{2^{2}})+...+(1-\frac{1}{(n+1)^{2}})>\frac{n}{\sqrt[n]{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{1(1+2)}{(1+1)^{2}}+...+\frac{n(n+2)}{(n+1)^{2}}>\frac{n}{\sqrt[n]{2}}(*)$

Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng . Thật vậy áp dụng AM-GM ta có : 

$VT(*)>n\sqrt[n]{\frac{2.3^{2}.4^{2}.....n^{2}(n+1)(n+2)}{2^{2}.3^{2}....(n+1)^{2}}}=n\sqrt[n]{\frac{n+2}{2(n+1)}}>n\sqrt[n]{\frac{n+2}{2(n+2)}}=n\sqrt[n]{\frac{1}{2}}$