17 replies to this topic

[nguyngocphuong]

$1)Cho a,b,c>0 và a+b+c \dfrac{3}{2}
tìm min P= (3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})(3+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c})(3+\dfrac{1}{c}+\dfrac{a}
2)tìm min A=(cos^{2}a+\dfrac{1}{cos^{2}a})^{2}+(sin^{2}a+\dfrac{1}{sin^{2}a})^{2}
3)Cho x,y R, x^{3}+y^{3}=-2
CM -2 x+y 0
4)cho a,b,c>0.CM
\dfrac{1}{a^{2}+bc}+\dfrac{1}{b^{2}+ac}+\dfrac{c^{2}+ab} \dfrac{a+b+c}{2abc}
5)cho x,y,z>0.CM
(1+\dfrac{x}{y})(1+\dfrac{y}{z})(1+\dfrac{z}{x} 2(1+\dfrac{x+y+z}{ :sqrt[3]{xyz} )
6)cho x,y,z>0,x+y+z=1.CM
\dfrac{xy}{z+1}+\dfrac{yz}{x+1}+\dfrac{xz}{y+1} \dfrac{1}{4} $

[le anh tu]

1)Cho a,b,c>0 và $a+b+c \leq \dfrac{3}{2}$
tìm min$ P= (3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})(3+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c})(3+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}$
2)tìm min $A=(cos^{2}a+\dfrac{1}{cos^{2}a})^{2}+(sin^{2}a+\dfrac{1}{sin^{2}a})^{2}$
3)Cho$ x,y \in R, x^{3}+y^{3}=-2$
CM $-2 \leq x+y \leq 0$
4)cho a,b,c>0.CM
$\dfrac{1}{a^{2}+bc}+\dfrac{1}{b^{2}+ac}+\dfrac{1}{c^{2}+ab} \leq \dfrac{a+b+c}{2abc}$
5)cho x,y,z>0.CM
$ (1+ \dfrac{x}{y})(1+ \dfrac{y}{z})(1+ \dfrac{z}{x}) \geq 2(1+ \dfrac{x+y+z}{ \sqrt[3]{xyz} }) $
6)cho $x,y,z>0,x+y+z=1.CM$
$\dfrac{xy}{z+1}+\dfrac{yz}{x+1}+\dfrac{xz}{y+1} \leq \dfrac{1}{4} $

Đề thế này hả bạn

Edited by le anh tu, 21-03-2011 - 21:59.

[quoctrungtrinh]

$ 1) P = ( 3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} )(3+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} )(3+ \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} ) \geq (3+ \dfrac{4}{a+b} )(3+ \dfrac{4}{b+c} )(3+ \dfrac{4}{c+a} ) = 27+ \dfrac{64}{(a+b)(b+c)(c+a)} +36( \dfrac{1}{a+b} + \dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{c+a}) +48( \dfrac{1}{(a+b)(b+c)} + \dfrac{1}{(b+c)(c+a)} + \dfrac{1}{(a+b)(c+a)} ) \geq 27 + \dfrac{324}{a+b+b+c+c+a}+ \dfrac{432}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca+ab+bc+ca}+ \dfrac{1728}{(a+b+b+c+c+a)^3} \geq 27 + \dfrac{324}{3} + \dfrac{432}{(a+b+c)^2+ \dfrac{(a+b+c)^2}{3}}+ \dfrac{1728}{3^3} \geq 343 $

Edited by quoctrungtrinh, 22-03-2011 - 10:06.

[Lê Xuân Trường Giang]

Câu 3 ${x^3} + {y^3} = - 2 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{{\left( {x - \dfrac{y}{2}} \right)}^2} + \dfrac{{3{y^2}}}{4}} \right) = -2$
Hiển nhiên ${\left( {x - \dfrac{y}{2}} \right)^2} + \dfrac{{3{y^2}}}{4} > 0$
$ \Rightarrow x + y \le 0$. Dấu $=$ xảy ra khi $x=-y$ . Chỗ này cũng vô lý ...
Còn cái này bạn sai rồi nè $x + y \ge - 2\forall x;y \in R$. Chỉ cần thế vài giá trị vào là nhận ra !

Edited by Lê Xuân Trường Giang, 22-03-2011 - 12:45.

[wallunint]

bài 4 :Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$\dfrac{1}{{a^2 + bc}} \le \dfrac{1}{{2a\sqrt {bc} }} = \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{2abc}}$
làm tương tự rồi cộng các BĐT tương tự và lưu ý bđt $a + b + c \ge \sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} $
ta có:
$VT \le \dfrac{1}{{2a\sqrt {bc} }} + \dfrac{1}{{2b\sqrt {ac} }} + \dfrac{1}{{2c\sqrt {ab} }} = \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{2abc}} + \dfrac{{\sqrt {ac} }}{{2abc}} + \dfrac{{\sqrt {ab} }}{{2abc}} \le VP$

[wallunint]

Bài 5: chỉ cần chứng minh một bổ đề nhỏ
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{{a + b + c}}{{\sqrt[3]{{abc}}}}$
Bài 6: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\dfrac{{xy}}{{x + y + 2z}} + \dfrac{{yz}}{{2x + y + z}} + \dfrac{{xz}}{{x + 2y + z}} \le \dfrac{1}{4}$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$\begin{array}{l}\dfrac{{xy}}{{x + y + 2z}} \le \dfrac{{xy}}{4}\left( {\dfrac{1}{{x + z}} + \dfrac{1}{{z + y}}} \right)\\\dfrac{{xz}}{{x + 2y + z}} \le \dfrac{{xz}}{4}\left( {\dfrac{1}{{x + y}} + \dfrac{1}{{z + y}}} \right)\\\dfrac{{yz}}{{2x + y + z}} \le \dfrac{{yz}}{4}\left( {\dfrac{1}{{x + z}} + \dfrac{1}{{x + y}}} \right)\end{array}$
Cộng các bất đẳng thức trên, ta có $VT \le \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{y\left( {x + z} \right)}}{{x + z}} + \dfrac{{z\left( {x + y} \right)}}{{x + y}} + \dfrac{{x\left( {z + y} \right)}}{{z + y}}} \right) = \dfrac{1}{4}$

Edited by wallunint, 22-03-2011 - 20:37.

[h.vuong_pdl]

Bài 1: Là đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2009-2010 thì phải
Áp dụng Cô-si 7 số ta có:
$1+1+1 + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{2c} + \dfrac{1}{2c} \ge 7.\sqrt[7]{\dfrac{1}{16.b^2c^2}}$
Làm tương tự r�#8220;i nhân lại. chú ý thêm
$abc \le (\dfrac{a+b+c}{3})^3 \le \dfrac{1}{8}$
ta có ngay dpcm!

Edited by h.vuong_pdl, 22-03-2011 - 20:26.

[h.vuong_pdl]

Bài 3: Chứng minh được $a+b \le 0$ như trên,
Khi dó hiển nhiên có: $(a+b)(a-b)^2 \le 0 \to a^3+b^3 \le ab(a+b) \to 4(a^3+b^3) \le (a+b)^3$
Vậy $(a+b)^3 \ge -8 \Rightarrow a+b \ge -2$
Vậy ta có ngay đpcm!

[h.vuong_pdl]

Bài 6: Áp dụng BDT quen thuộc: $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}$
ta có: $\dfrac{4yz}{x+1} = \dfrac{4yz}{(x+y)+(x+z)} \le \dfrac{yz}{x+y} + \dfrac{yz}{x+z} $
Làm tương tự rồi cộng lại, bạn để ý tí ở chỗ ghép lại :
$\dfrac{yz}{x+y} + \dfrac{zx}{x+y} = z$
từ đó dẽ thấy ngay đpcm!

Edited by h.vuong_pdl, 22-03-2011 - 20:51.

[h.vuong_pdl]

Bài 2: để ý $sin^2\alpha+cos^2\alpha = 1$
Đặt $a = \sin^2x, b=\cos^2x thì a,b > 0 \to a+b=1$
ta có:
$A = (a+\dfrac{1}{a})^2 + (b+\dfrac{1}{b})^2 = 5 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge 5 + \dfrac{4}{a+b} =9$
Vậy $\textup{min}_A = 9 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + k.\pi$

[Lê Xuân Trường Giang]

Bài 3: Chứng minh được $a+b \le 0$ như trên,
Khi dó hiển nhiên có: $(a+b)(a-b)^2 \le 0 \to a^3+b^3 \le ab(a+b) \to 4(a^3+b^3) \le (a+b)^3$
Vậy $(a+b)^3 \ge -8 \Rightarrow a+b \ge -2$
Vậy ta có ngay đpcm!

h.vuong_pdl có thể xem lại bài tôi post có hợp lý không nhi?
Đề cho $x;y \in R$ mà!

Edited by Lê Xuân Trường Giang, 22-03-2011 - 20:44.

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Bài 2: để ý $sin^2\alpha+cos^2\alpha = 1$
Đặt $a = \sin^2x, b=\cos^2x thì a,b > 0 \to a+b=1$
ta có:
$A = (a+\dfrac{1}{a})^2 + (b+\dfrac{1}{b})^2 = 5 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge 5 + \dfrac{4}{a+b} =9$
Vậy $\textup{min}_A = 9 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + k.\pi$

Anh giải thích giùm em đoạn $A = (a+\dfrac{1}{a})^2 + (b+\dfrac{1}{b})^2 = 5 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$ được không ạ ? Rồi : $ x = \dfrac{\pi}{4} + k.\pi $

[h.vuong_pdl]

Anh giải thích giùm em đoạn $A = (a+\dfrac{1}{a})^2 + (b+\dfrac{1}{b})^2 = 5 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$ được không ạ ? Rồi : $ x = \dfrac{\pi}{4} + k.\pi $

híc, sorry, sorry
nhầm, $A = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} + 4 = (a^2+\dfrac{1}{4a^2}) + (b^2+\dfrac{1}{4b^2}) + (\dfrac{3}{4a^2}+\dfrac{3}{4b^2})+4 \\ 1+1+ 2.\dfrac{3}{4ab} + 4 \ge 6+\dfrac{6}{(a+b)^2}=12$

[Lê Xuân Trường Giang]

híc, sorry, sorry
nhầm, $A = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} + 4 = (a^2+\dfrac{1}{4a^2}) + (b^2+\dfrac{1}{4b^2}) + (\dfrac{3}{4a^2}+\dfrac{3}{4b^2})+4 \\ 1+1+ 2.\dfrac{3}{4ab} + 4 \ge 6+\dfrac{6}{(a+b)^2}=12$

Điều kiện xảy ra $=$ cũng mệt!

[hxthanh]

Điều kiện xảy ra $=$ cũng mệt!

Công nhận mem của VMF đang học theo mem của MathScope hay sao ý. Bài giải, lời giải không bao giờ đầy đủ, không hiểu khi đi thi có quen kiểu "dễ thấy", "$\ge...,\;\;\;\le...$ đpcm" hay không nữa!
Nhất là những bài tìm Min, Max, nếu không chỉ ra trường hợp dấu bằng không có điểm!

[nguyngocphuong]

Mọi người làm ơn trình bày chi tiết giùm tôi đi

[Lê Xuân Trường Giang]

$A = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} + 4 = (a^2+\dfrac{1}{4a^2}) + (b^2+\dfrac{1}{4b^2}) + (\dfrac{3}{4a^2}+\dfrac{3}{4b^2})+4 \\ 1+1+ 2.\dfrac{3}{4ab} + 4 \ge 6+\dfrac{6}{(a+b)^2}=12$
Điều kiện xảy ra dấu $=$ là $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \dfrac{1}{{4{a^2}}}\\{b^2} = \dfrac{1}{{4{b^2}}}\\a = b\\\dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow a = b \Leftrightarrow \sin x = \cos x \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \Rightarrow $ sai mà đúng!

[hxthanh]

$A = a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} + 4 = (a^2+\dfrac{1}{4a^2}) + (b^2+\dfrac{1}{4b^2}) + (\dfrac{3}{4a^2}+\dfrac{3}{4b^2})+4 \\ 1+1+ 2.\dfrac{3}{4ab} + 4 \ge 6+\dfrac{6}{(a+b)^2}=12$
Điều kiện xảy ra dấu $=$ là $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \dfrac{1}{{4{a^2}}}\\{b^2} = \dfrac{1}{{4{b^2}}}\\a = b\\\dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow a = b \Leftrightarrow \sin x = \cos x \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \Rightarrow $ sai mà đúng!

Thế $sin x= - cos x$ có xảy ra dấu bằng không bạn?
Theo mình dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}$ mới chính xác!