NDP

Cho $x, y, z \geq 0 : x^2+y^2+z^2=1$

 

Tìm max, min $P=\dfrac{x}{1+yz}+\dfrac{y}{1+xz}+\dfrac{z}{1+xy}$

Lời giải:

1) Tìm giá trị lớn nhất :

Ta có : $P\leq x+y+z\leq \sqrt{2(x^{2}+y^{2}+z^{2})}=\sqrt{2}$

Dấu bằng xẩy ra khi một số bằng không và hai số còn lại bằng nhau

2) Tìm giá trị nhỏ nhất:

Ta chú ý điều sau:

$$a+abc\leq a+\frac{a(b^{2}+c^{2})}{2}=1-\frac{(a-1)^{2}(a+2)}{2}\leq 1$$

Do đó:

$$P\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$$

Dấu bằng xẩy ra khi hai số bằng không

P/s: Bạn ở huyện nào trong Ninh Bình thế   

Cho a,b,c là các số thực dương và a + b + c =9. CMR

$\frac{a^{3}+b^{3}}{ab+9}+\frac{b^{3}+c^{3}}{bc+9}+\frac{c^{3}+a^{3}}{ac+9}\geq 9$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$$a^{3}+b^{3}+27\geq 9ab\Rightarrow a^{3}+b^{3}\geq 9ab-27$$

Do đó ta sẽ chứng minh đẳng thức mạnh hơn đó là:

$$\frac{ab-3}{ab+9}+\frac{bc-3}{bc+9}+\frac{ca-3}{ca+9}\geq 1$$

$$\Leftrightarrow \frac{6}{ab+9}+\frac{6}{bc+9}+\frac{6}{ca+9}\geq 1$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwar ta có:

$$6\sum \frac{1}{ab+9}\geq \frac{54}{ab+bc+ca+27}\geq \frac{54}{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}+27}=1$$

Kết thúc chứng minh dấu bằng xẩy ra khi $a=b=c=3$

Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+c\le 3$

Tìm Min $$P=\sum \dfrac{1}{a^3(2b+a)}$$

Lời giải:

Từ giả thiết ta có $a+b+c=\frac{3}{k}$ với $k\geq 1$ cho nên ta đặt $x=ka;y=kb;z=kc$ thì suy ra $x+y+z=3$

Và ta có:

$$P_{(a,b,c)}=\sum_{cyc} \frac{1}{a^{3}(2b+c)}\geq P_{(x,y,z)}=\sum_{cyc}\frac{1}{x^{3}(2y+z)}$$

Áp dụng AM-GM ta có:

$$\frac{1}{x^{3}(2y+z)}+\frac{2y+z}{9}+\frac{1}{3}\geq \frac{1}{x}$$

Thiết lập tương tự ta thu được:

$$P_{(x,y,z)}\geq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})-\frac{x+y+z}{3}-1\geq \frac{9}{x+y+z}-\frac{x+y+z}{3}-1=1$$

Do đó: $P_{a,b,c}\geq 1$ khi a=b=c=1

Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=1.

Tìm GTLN của P=$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}}$

 

Lời giải:

Do ab+bc+ca=1 cho nên tồn tại tam giác ABC sao cho $a=tan\frac{A}{2};b=tan\frac{B}{2};c=tan\frac{C}{2}$

Khi đó ta có:

$$P=\frac{tan\frac{A}{2}}{tan^{2}\frac{A}{2}+1}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan^{2}\frac{B}{2}+1}+\frac{3tan\frac{C}{2}}{\sqrt{tan^{2}\frac{C}{2}+1}}$$

$$=\frac{sinA}{2}+\frac{sinB}{2}+3sin\frac{C}{2}$$

$$=sin\frac{A+B}{2}.cos\frac{A-B}{2}+3sin\frac{C}{2}$$

$$\leq cos\frac{C}{2}+3sin\frac{C}{2}\leq \sqrt{10}$$

Suy ra $P\leq \sqrt{10}$ khi c=3 ; $a=b=\sqrt{10}-3$

Mình nghĩ đầu bài phải là a,b,c là các số không âm vì ngoài xẩy ra tại tâm nó còn xẩy ra tại biên với hai biến bằng nhau

Lời giải

Ta viết bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau:

Cm:$\sum \frac{(b+c)^{2}+ab+ac}{2a^{2}+bc}\geq 6$

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

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

      $\sum (b-a)(\frac{2a+b}{2a^{2}+bc}-\frac{2b+a}{2b^{2}+ac})\geq 0$

Có $(2a+b)(2b^{2}+ca)-(2b+a)(2a^{2}+bc)=(b-a)(b^{2}+3ab+a^{2}-ca-cb)$

Do đó ta sẽ chứng minh:

        $\sum (a-b)^{2}[\frac{a^{2}+3ab+b^{2}-ca-cb}{(2a^{2}+bc)(2b^{2}+ac)}]\geq 0$

        $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

Trong đó :

$\begin{cases} & \text{ } S_{a}=(2a^{2}+bc)(b^{2}+3bc+c^{2}-ab-ac) \\ & \text{ } S_{b}=(2b^{2}+ac)(a^{2}+3ac+c^{2}-ba-bc) \\ & \text{ } S_{c}=(2c^{2}+ab)(a^{2}+3ab+b^{2}-ca-cb) \end{cases}$