Tifantasca

Download File :

Đáp án tham khảo đề tuyển sinh 10 chuyên Toán THPT Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ.

Bài 78: (Crux Mathematicorum) Nếu $ a, b, c > 0 $ và $ a < b+c $ thì:
\[\dfrac{a}{1+a} < \dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}\]

Vậy là bạn chưa hiểu kĩ về định lí này rồi.Trường hợp hệ số $abc$ dương thì là hàm lồi (nếu bậc theo $abc$ là bậc 2) khi đó hàm theo $abc$ tồn tại max nhưng trong đánh giá của bạn thì ta cần tìm min nên không ổn còn nếu muốn sử dụng thì bạn phải chứng minh hàm đó đơn điệu nhé.

lúc đầu mình cũng nghĩ cách mình chưa ổn lắm, nhưng trong tài liệu Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, phần phương pháp ABC, có 1 ví dụ là bài Iran 1996, dạng vẫn tương tự vậy, hệ số bậc cao nhất là dương, hàm cần chứng minh vẫn là cực tiểu, áp dụng bình thường bạn à

Bài 71: ( Polish MO 1992 ) Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\geq (b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$

Bài 71: Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại dưới dạng:
$ x(abc)^2+yabc+z \geq 0 $
Đây là hàm số bậc 2 đối với $ abc $, ta dễ dàng tính được $ x $ là hằng số dương. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng nhau.
Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ a^4(2b-a)^2 \geq a^4(2b^2-a^2) $
$ \Leftrightarrow a^4(a-b)^2 \geq 0 $ (luôn đúng)
Trường hợp một biến bằng 0, giả sử $ a=0 $. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:
$ (b+c)^2b^2c^2 \geq (b^2+c^2)(c^2-b^2)(b^2-c^2) $ 
Nếu $ b > c $ hoặc $ c > b $ thì VT dương, VP âm, bất đẳng thức luôn đúng.
Nên dấu dẳng thức xảy ra khi $ b=c $.
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau - một biến bằng 0 hoặc ba biến bằng nhau. $ \blacksquare $

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

Bài 67: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ 2\left[(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)+(a+b)(b+c)\right]-5(a+b)(b+c)(c+a) \geq 0 $ 

Đây là đa thức bậc một đối với $ abc $. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét cực tiểu khi có hai trong ba biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0. 

Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó điều kiện đề bải trở thành $ b^2+2ab=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ \dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{2b} \geq \dfrac{5}{2} $ 

$ \Leftrightarrow 5b+a \geq 5ab+5b^2 $ $ (*) $ 

Mặt khác từ điều kiện đề bài: $ b^2+2ab=1 \Rightarrow 0 < b \leq 1 $. Ta sử dụng phương pháp dồn biến, $ a=\dfrac{1-b^2}{2b} $. 

Khi đó $ (*) $ trở thành: 

$ 5b+\dfrac{1-b^2}{2b} \geq 5b.\dfrac{1-b^2}{2b}+5b^2 $ 

$ \Leftrightarrow -5b^3+9b^2-5b+1 \geq 0 $ 

$ \Leftrightarrow (b-1)(5b^2-4b+1) \leq 0 $ (đúng vì $ 0 < b \leq 1 $) 

Trường hợp một biến bằng 0, giả sử $ a=0 $. Khi đó điều kiện đề bài trở thành $ bc=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{5}{2} $ 

Thông qua kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ ta chứng minh được bất đẳng thức trên. 

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $ (a; b; c)=(0; 1; 1) $ và các hoán vị. $ \blacksquare $