Chủ đề này có 6 trả lời

[thvn]

Dành cho các bạn chuẩn bị thi vào lớp 10 các trường chuyên lớp chọn:
 
Bài toán 1:
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$.
Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} = 1$.


Lời giải:
Bằng cách thêm bớt hạng tử 2 vế của điều kiện bài ra ta có:
\begin{align*}
& 2 + a + b + c = abc  \\
& \Rightarrow (1 + a + b + ab) + (1 + b + c + bc) + (1 + c + a + ca) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc \\
& \Rightarrow (1 + a)(1 + b) + (1 + b)(1 + c) + (1 + ac)(1 + a) = (1 + a)(1 + b)(1+ c)
\end{align*}
Vì $a, b, c > 0$ nên $(1 + a)(1 + b)(1 + c) \ne 0$, chia cả 2 vế của đẳng thức trên cho $(1 + a)(1 + b)(1 + c)$ ta thu được: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} = 1$, bài toán được chứng minh.

 

Bài toán 2:
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$.
1. Chứng minh rằng $a + b + c \ge 6$.
2. Chứng minh rằng $abc \ge 8$.

Lời giải:

Từ dự đoán dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 2$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 4 số ta được:
$abc = 2 + a + b + c \ge 4\sqrt[4]{2abc} \Rightarrow abc \ge 8 \Rightarrow a + b + c \ge 6$. Tất nhiên còn nhiều con đường, hướng đi khác từ điều kiện hay và rất đặc biệt này.


Lời bình:
Từ bài toán trên chúng ta thấy rằng:  bằng cách biến đổi linh hoạt các hằng đẳng thức(mở rộng) kết hợp với phương pháp xét dấu và các bất đẳng thức cổ điển(Cauchy, Bunhiacopxki, Svác-xơ) đã tạo ra nhiều hướng đi khác nhau để giải quyết vấn đề và cũng từ sự phân tích biểu thức $a + b + c + 2 = abc$ theo các cách trên sẽ là chìa khóa giúp học sinh giải được một lớp các bài toán liên quan đến điều kiện đặc trưng này!


Đặc biệt lưu ý:
Từ $2 + a + b + c = abc$ ta khó có thể tìm ra sự tương quan giữa $a, b, c$ nhưng sau khi đã biến đổi về $\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} + \frac{1}{1 + c} = 1$ ta có thể đặt $a = \frac{y + z}{x}; b =  \frac{z + x}{y}; c = \frac{x + y}{z}$. Đây là cách rất hữu hiệu để giải các bài toán bất đẳng thức sau này với điều kiện tương tự.
 


Dưới đây là một số bài tập đặc trưng mình thu thập(sưu tầm) được, chúc các em rèn đức luyện tài và đạt kết quả tốt trong kỳ thi sắp tới nhé!
 

Bài toán 3 [Đề kiểm tra kiến thức Toán lớp 9 – Đợt 1 – chuyên ĐHKHTN 2023]
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S =  \frac{a^3  + b^3  +c^3}{ab+bc+ca}$.
 

Bài toán 4:
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c + 2 = abc$. 
Chứng minh rằng: $\frac{a}{1+b}+\frac{b}{1+c}+\frac{c}{1+a} \ge 2$.

 
Bài toán 5:

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $S = \frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}} +\frac{1}{\sqrt{c^{2}+a^{2}}}$.

 

Bài toán 6:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c + 2 = abc$. 
Chứng minh rằng: $2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) \le a + b + c + 6$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-05-2023 - 16:33
Tiêu đề & LaTeX

[thvn]

Bài toán 3 [Đề kiểm tra kiến thức Toán lớp 9 – Đợt 1 – chuyên ĐHKHTN 2023]

Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$. 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S =  \frac{a^3  + b^3  +c^3}{ab+bc+ca}$.

 

Lời giải:

Từ $2 + a + b + c = abc$ suy ra $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} = 1$.

Đến đây ta biến đổi một chút và sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

\begin{align*}(a+b+c)^{2} & = \left( \frac{1}{\sqrt{1+a}}a\sqrt{1+a}+\frac{1}{\sqrt{1+b}}b\sqrt{1+b} + \frac{1}{\sqrt{1+c}}c\sqrt{1+c}  \right)^{2} \\ &\le \left( {\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}} \right)[a^2(1+a) + b^2(1+b) + c^2(1+c)] \\ & = a^3+ b^3+ c^3 + a^2+ b^2+ c^2\end{align*}.

Hay $a^3+ b^3+ c^3 \ge 2(ab + bc + ca)$ suy ra $\frac{a^3  + b^3  +c^3}{ab+bc+ca} \ge 2$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 2$. 

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-05-2023 - 19:36
LaTeX

[huytran08]

Em xin giải bài 5:

 Từ $2+a+b+c=abc$ $\Rightarrow $ $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

  Đặt $\frac{1}{a+1}=x,\frac{1}{b+1}=y, \frac{1}{c+1}=z$ $\Rightarrow $ $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

 Khi đó $a=\frac{y+z}{x},b=\frac{x+z}{y},c=\frac{x+y}{z}$

      $S= \frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{a^{2}+c^{2}}}\leq \frac{1}{^{\sqrt{2}}}\left ( \frac{1}{\sqrt{ab}} +\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\right )$ 

                                    $= \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{\frac{x}{y+z}.\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}.\frac{z}{x+y}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}.\frac{x}{y+z}})$

                                    $= \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{\frac{y}{y+z}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{y}{x+y}}+\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{z}{y+z}})$

                             $= \frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{y}{y+z}+\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z})=\frac{3\sqrt{2}}{4}$

    Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=2$(thoả mãn)

  Vậy $MaxS=\frac{3\sqrt{2}}{4}$ khi $a=b=c=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huytran08: 22-05-2023 - 17:05

[Leonguyen]

Bài toán 3 [Đề kiểm tra kiến thức Toán lớp 9 – Đợt 1 – chuyên ĐHKHTN 2023]
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $2 + a + b + c = abc$. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S =  \frac{a^3  + b^3  +c^3}{ab+bc+ca}$.

Một cách giải khác dài hơn chút.

Ta chứng minh BĐT $a^3+b^3+c^3\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^3$ $(*)$ Thật vậy, BĐT này tương đương với $9(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+3ab^2+3a^2b+3bc^2+3b^2c+3ca^2+3c^2a+6abc$

$\Leftrightarrow 8(a^3+b^3+c^3)\geq 3ab^2+3a^2b+3bc^2+3b^2c+3ca^2+3c^2a+6abc$ $(1)$

Áp dụng BĐT $\text{AM-GM}$ ta có $a^3+b^3+b^3\geq3ab^2,$ $a^3+a^3+b^3\geq3a^2b,$ $b^3+c^3+c^3\geq3bc^2,$ $b^3+b^3+c^3\geq3b^2c,$ $c^3+a^3+a^3\geq3c^2a,$ $c^3+c^3+a^3\geq3c^2a,$ $2(a^3+b^3+c^3)\geq6abc.$ Cộng các BĐT này lại ta được $(1),$ do đó BĐT $(*)$ được chứng minh.

$S=\frac{a^3+b^3+c^3}{ab+bc+ca}\geq\frac{\frac{1}{9}(a+b+c)^3}{\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=\frac{1}{3}(a+b+c)\geq\frac{1}{3}\cdot6=2$ (Theo Bài toán 2.1)

Vậy $\min S=2\Leftrightarrow a=b=c=2.$

[thvn]

Một cách giải khác dài hơn chút.

Ta chứng minh BĐT $a^3+b^3+c^3\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^3$ $(*)$ Thật vậy, BĐT này tương đương với $9(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+3ab^2+3a^2b+3bc^2+3b^2c+3ca^2+3c^2a+6abc$

$\Leftrightarrow 8(a^3+b^3+c^3)\geq 3ab^2+3a^2b+3bc^2+3b^2c+3ca^2+3c^2a+6abc$ $(1)$

Áp dụng BĐT $\text{AM-GM}$ ta có $a^3+b^3+b^3\geq3ab^2,$ $a^3+a^3+b^3\geq3a^2b,$ $b^3+c^3+c^3\geq3bc^2,$ $b^3+b^3+c^3\geq3b^2c,$ $c^3+a^3+a^3\geq3c^2a,$ $c^3+c^3+a^3\geq3c^2a,$ $2(a^3+b^3+c^3)\geq6abc.$ Cộng các BĐT này lại ta được $(1),$ do đó BĐT $(*)$ được chứng minh.

$S=\frac{a^3+b^3+c^3}{ab+bc+ca}\geq\frac{\frac{1}{9}(a+b+c)^3}{\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=\frac{1}{3}(a+b+c)\geq\frac{1}{3}\cdot6=2$ (Theo Bài toán 2.1)

Vậy $\min S=2\Leftrightarrow a=b=c=2.$

 

Cảm ơn bạn, một cách giải hay, chi tiết!

Hơn thế nữa, bạn đã chứng minh được một trường hợp của bất đẳng thức Holder rồi đấy nhé 

[thvn]

Gửi tới các bạn HS một hướng đi nữa cho Bài toán 3:

 

Ta đã chứng minh được $a + b + c \ge 6$. 

Vì vai trò của $a, b, c$ như sau nên không giảm tính tổng quát có thể giả sử $a \le b \le c \Rightarrow a^2 \le b^2 \le  c^2$. Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:

$(a + b + c)( a^2 + b^2 + c^2) \le 3(a^3 + b^3 + c^3)\Rightarrow a^3 + b^3 + c^3 ≥ 2(a^2 + b^2 + c^2)$

Sử dụng bất đẳng thức cơ bản $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca \Rightarrow a^3 + b^3 + c^3 \ge 2(ab + bc + ca)$

Từ đó $S \ge 2$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 2$. 

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-05-2023 - 18:43
LaTeX

[huytran08]

Bài 3 có thể giải rất đơn giản bằng phép BĐTĐ:

  Thật vậy: $\frac{a}{1+b}+\frac{b}{1+c}+\frac{c}{1+a}\geq 2$  

                  $\Leftrightarrow a^{2}c+bc^{2}+ab^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3abc+ab+bc+ac$(luôn đúng theo BĐT Cauchy) 

     Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=2$(thoả mãn)