Chủ đề này có 69 trả lời

[25 minutes]

Lâu ngày mới lên lại diễn đàn tranh thủ đăng nhiều bài cùng lúc

Bài?

Cho các số thực dương thỏa mãn $ xy + yz + xz =3$

Tìm Min $P = \frac{1}{xyz} + \frac{4}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

 

Ta có $(x+y)(y+z)(x+z)=(x+y+z)(xy+yz+xz)-xyz=3(x+y+z)-xyz$

 $\Rightarrow P=\frac{1}{xyz}+\frac{4}{3(x+y+z)-xyz}$

Áp dụng AM-GM ta có $9=(xy+yz+xz)^2 \geq 3xyz(x+y+z)\Rightarrow 3(x+y+z) \leq \frac{9}{xyz}$

Do đó $\Rightarrow P \geq \frac{1}{xyz}+\frac{4}{\frac{9}{xyz}-xyz}$

Đặt $t=xyz \leq 1$ theo AM-GM, ta có ngay 

       $P \geq \frac{1}{t}+\frac{4}{\frac{9}{t}-t}=\frac{1}{t}+\frac{4t}{9-t^2}$

Dự đoán $P$ đạt Min khi $t=1$ nên ta sẽ chứng minh $P \geq \frac{1}{t}+\frac{4t}{9-t^2} \geq \frac{3}{2}$ với $t \leq 1$

BĐT đã cho tương đương với $(\frac{1}{t}-1)+(\frac{4t}{9-t^2}-\frac{1}{2}) \geq 0$

Quy đồng mẫu số ta có bđt tương đương 

            $(t-1)\left [ \frac{t+9}{2(9-t^2)} -\frac{1}{t}\right ] \geq 0$

  $\Leftrightarrow (t-1)\frac{3t^2+9t-18}{2t(9-t^2)} \geq 0$

Nhưng bđt trên luôn đúng do $t \leq 1$

Vậy ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $t=1$ hay $x=y=z=1$

[Nxb]

Làm khởi đầu mới vậy

Lâu ngày mới lên lại diễn đàn tranh thủ đăng nhiều bài cùng lúc

Bai1

Cho các số thực dương thỏa mãn $ xy + yz + xz =3$

Tìm Min $P = \frac{1}{xyz} + \frac{4}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

Bai2

Cho $ \frac{1}{2} \qeq  x,y,z \leq 2 $

Tìm Min $ P= \sum \frac{60z^2 - 1}{4xy + 5z } $

Bai3

Cho các số thực không âm thỏa mãn $ x+y+z > 0$

Tìm min $ P=  \frac{x^3 +y^3+16z^3}{(x+y+z)^3} $

Bai4

Cho các số thực dương thỏa mãn $x+y+z \leq 3$

Tìm Min $ P= \sum( \frac{2}{x^3} + \frac{1}{x^2 - xy +y^2})$

Giải. Bài 1 có cách quen thuộc hơn như sau

$$P=\frac{1}{2xyz}+\frac{1}{2xyz}+\frac{4}{(x+y)(y+z)(x+z)}$$

Cái $\frac{1}{2xyz}$ thì đánh giá dễ rồi, còn lại ta dùng $AM-GM$ thì được:

$$P \geq \frac{1}{2}+2\sqrt{\frac{2}{(xy+yz)(yz+zx)(zx+xy)}} \geq \frac{3}{2}$$

 

Bài 2. 

Ta thấy điều kiện $\frac{1}{2} \leq x,y,z \leq 2$ nên ta sử dụng ngay đánh giá tại biên, điều này khá hợp lý nếu nhìn vào mẫu số:

$$(2x-1)(y-2) \leq 0$$

$$\Leftrightarrow 2xy -4x-y+2 \leq 0$$

Tương tự: $$2xy-4y-x+2 \leq 0$$

Do đó: $$4xy \leq 5x+5y-4$$. Khi đó

$$P\geq \frac{60(x^2+y^2+z^2)-3}{5(x+y+z)-4}$$

Còn lại khá đơn giản

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 21-05-2013 - 17:24

[25 minutes]

 

Bài????

Cho các số thực dương thỏa mãn $x+y+z \leq 3$

Tìm Min $ P= \sum( \frac{2}{x^3} + \frac{1}{x^2 - xy +y^2})$

Bài này không biết đề có đúng không nữa ?

Do $x+y+z \leq 3$ nên cho $x,y,z\rightarrow 0^+$ thì sao tồn tại GTNN được ?

[Nxb]

Bài này không biết đề có đúng không nữa ?

Do $x+y+z \leq 3$ nên cho $x,y,z\rightarrow 0^+$ thì sao tồn tại GTNN được ?

P có giới hạn tại vô cực thì chỉ kết luận là không timg được max thôi còn min thì liên quan gì nhỉ

[snowwhite]

Bài này không biết đề có đúng không nữa ?

Do $x+y+z \leq 3$ nên cho $x,y,z\rightarrow 0^+$ thì sao tồn tại GTNN được ?

câu này là đề moon mà sao sai được

[e331990]

1.cho x,y,z không âm và x+y+z=1 chứng minh

 

$0\leqslant xy+yz+zx-3xyz\leqslant\frac{1}{4}$

 

2.cho x,y,z không âm và x+y+z=1 chứng minh

 

$x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geqslant\frac{1}{4}$

 

các bạn giúp mình với mình định làm bài này bằng phương pháp sừ dụng đạo hàm

[sieu dao chich]

Bài toán 22 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng :
$$\frac{a^3}{b^2-2b+3}+\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}+\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}\leq \frac{3}{2}$$
(Trích đề thi thử số 4 TH&TT số 427)

Bài toán 23 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\frac{3\left ( b+c \right )}{2a}+\frac{4a+3c}{3b}+\frac{12\left ( b-c \right )}{2a+3c}$$

Mình thử làm bài toán 23

$$P+11=\frac{3(b+c)}{2a}+2+\frac{4a+3b}{3b}+1+\frac{12(b-c)}{2a+3c}+8$$

$P+11=(4a+3b+3c)\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{3b}+\frac{4}{2a+3c}\right)\geq(4a+3b+3c)\left(\frac{16}{{(4a+3b+3c)}}\right)=16$

Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của$P=5$. Dấu = xảy ra khi$c=0$ và $2a=3b$

[sieu dao chich]

 

1.cho x,y,z không âm và x+y+z=1 chứng minh

 

$0\leqslant xy+yz+zx-3xyz\leqslant\frac{1}{4}$

 

2.cho x,y,z không âm và x+y+z=1 chứng minh

 

$x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geqslant\frac{1}{4}$

 

các bạn giúp mình với mình định làm bài này bằng phương pháp sừ dụng đạo hàm

 

Mình làm bài 2 bằng cách này , mọi người xem có đúng không?

Xét hàm số $f(yz)=x^3+y^3+z^3+6xyz-\frac{1}{4}=x^3+(y+z)^3-3yz(y+z)+6xyz-\frac{1}{4}=x^3+(1-x)^3-3yz(1-x)+6xyz-\frac{1}{4}=(9x-3)yz+x^3+(1-x)^3-\frac{1}{4}$

*Với $x=\frac{1}{3}$ thì$f(yz)=\frac{1}{12}\geq0$. Suy ra trường hợp 1 thỏa mãn

*Với x khác $\frac{1}{3}$ thì$f(yz)$ là hàm số bậc nhất ẩn $yz$ , tham số $x$

Ta có $$yz\leq\frac{(y+z)^2}{4}=\frac{(1-x)^2}{4}$$

Khi đó ta có điều kiện của $yz$ là $yz\leq\frac{(1-x)^2}{4}$ và $yz\geq0$

Ta có $f(0)=3(x-\frac{1}{2})^2\geq0$ với mọi $x$      (1)

mặt khác $f(\frac{1-x)^2}{4})=\frac{3x}{4}(x^2-x+\frac{1}{3})\geq0$ với mọi $x\leq1 và x\geq0$   (2) 

Từ (1)(2) suy ra $f(yz)\geq0$

Kết hợp cả hai trường hợp ta có điều phải chứng minh

[sieu dao chich]

Bài 1 cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $ab\geq12$ và $bc\geq8$.Chứng minh rằng

$$(a+b+c)+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+\frac{8}{abc}\geq\frac{121}{2}$$

Bài 2.Cho $a,b,c$ là các số thực không âm có tổng bằng 1,chứng minh rằng:

$$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\geq\frac{10^3}{9^3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 26-06-2013 - 10:49

[quangtq1998]

$P=\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+4a}+\frac{c+a}{c+a+16b}$
Ta có: $3-P=\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{4a}{c+b+4a}+\dfrac{16b}{a+c+16b}$
Áp dụng BDT Schwarz ta có:
$\dfrac{4a}{c+b+4a}\leq \frac{a}{a+b+c}+\frac{a}{3a}$
$\dfrac{16b}{a+c+16b}\leq \frac{b}{a+b+c}+\frac{3b}{15b}$
Cộng theo vế ta đc:
$\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{4a}{c+b+4a}+\dfrac{16b}{a+c+16b}\leq 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}$
Suy ra:3-P$\leq \frac{23}{15}$
nên P$\geq \frac{22}{15}$
Dấu bằng xảy ra khi nào nhi?

 

Bài toán 14 : Cho các số thực dương $a,b,c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+4a}+\frac{c+a}{c+a+16b}$$

Vì biểu thức đồng bậc 0 nên ta chuẩn hóa : $a+b+c = 1$
Do đó 

$ 3-P = c + \frac{4a}{1+3a} + \frac{16b}{1+15b} $

Lại có :

$  \frac{4a}{1+3a} \leq a + \frac{1}{3} $

và        

$  \frac{16b}{1+15b}  \leq c + \frac{3}{5} $

Nên do đó

$ 3-P \leq a+b+c + \frac{1}{3} + \frac{3}{5} $ 

Hay        

$ P \ge \frac{16}{15} $

Dấu "=" xảy ra chả hạn khi : $ a = \frac{1}{3} , b = \frac{1}{5} , c = \frac{7}{15} $ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangtq1998: 09-03-2016 - 17:02