Hoang Long Le

Đối với bất đẳng thức này, ta sử dụng phương pháp cát tuyến như sau: $f(x)\geqslant \dfrac{f(3)-f(0)}{3-0}x+f(0)=\dfrac{f(3)-f(0)}{3-0}(x-3)+f(3)$

Tổng quát hơn là $f(x)\leqslant \dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}(x-a)+f(a)$ với mọi $x\in [a,b]$ và $f(x)$ lồi trên $[a,b]$

Trường hợp ở trên $f(x)$ lõm trên $\mathbb{R}^+$ nên bất đẳng thức cũng đổi chiều.

P.s. Bác nhanh quá, chưa kịp giải xong là bác đăng rồi

 Spam tí :

 Tại em làm bài 2 trước :v

 Cơ mà nhờ bác em mới biết thêm phương pháp cát tuyến

 Hoá ra nó không lấy giới hạn như tiếp tuyến :v

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớ nhất của biểu thức:

$$A = \dfrac{xyz}{(1+3x)(x+8y)(y+9z)(z+6)}$$
 

 Áp dụng AM-GM ta có :

 $+)~~1+3x=1+6.\frac{x}{2}\geq 7\sqrt[7]{\frac{x^6}{64}}$

 $+)~~x+8y=x+6.\frac{4y}{3}\geq 7\sqrt[7]{\frac{4096xy^6}{729}}$

 $+)~~y+9z=y+6.\frac{3z}{2}\geq 7\sqrt[7]{\frac{729z^6y}{64}}$

 $+)~~z+6\geq 7\sqrt[7]{z}$

 $\Rightarrow (1+3x)(x+8y)(y+9z)(z+6)\geq 2401\sqrt[7]{\frac{x^7y^7z^7.4096.729}{64.729.64}}=2401xyz$

 $\Rightarrow A\leq \frac{1}{2401}$

 Dấu "=" xảy ra khi $x=2;y=\frac{3}{2};z=1$

Ta có: $\frac{1}{a_i^2-a_i+n}\leq\frac{-1}{n^2}.a_i+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}$ ($\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2(n-a)}{n}\geq 0$ Luôn đúng)

Áp dụng:

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_1^2-a_1+n}\leq\frac{-1}{n^2}.\sum_{k=1}^{n} a_1+\frac{1}{n}.n+\frac{1}{n^2}.n=-\frac{1}{n}+1+\frac{1}{n}=1$ (ĐPCM)

 Áp dụng Cauchy-Schwarz :

$$\frac{1}{a_1^2-a_1+n}=\frac{1}{a_1^2+a_2+a_3+...+a_n}\leq \frac{1+a_2+a_3+...+a_n}{n^2}=\frac{n+1-a_1}{n^2}$$

 Suy ra 

$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{a_i^2-a_i+n}\leq \sum _{i=1}^n\frac{n+1-a_i}{n^2}=\frac{n.n+1.n-\sum \limits_{i=1}^na_i}{n^2}=1$$

 Ta có

$$\sum \frac{1}{11+a^2} \le \frac{1}{3}\Leftrightarrow \sum \frac{a^2-1}{a^2+11}\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-1).\frac{a+1}{a^2+11}\geq 0$$

 Giả sử $a\geq b\geq c\geq d$

 Ta chứng minh

$$\frac{a+1}{a^2+11}\geq \frac{b+1}{b^2+11}\Leftrightarrow (a-b)(11-a-b-ab)\geq 0$$

 Mà $11-a-b-ab> 11-4-\frac{(a+b)^2}{4}> 7-4>0$

 Nên $\frac{a+1}{a^2+11}\geq \frac{b+1}{b^2+11}$

 Tương tự suy ra 

$$\frac{a+1}{a^2+11}\geq \frac{b+1}{b^2+11}\geq \frac{c+1}{c^2+11}\geq \frac{d+1}{d^2+11}$$

 Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:

$$\sum (a-1).\frac{a+1}{a^2+11}\geq \frac{1}{4}(\sum a-4).\sum \frac{a+1}{a^2+11}=0$$

 Điều cần chứng minh

Cho a, b, c dương thỏa mãn: $ab+ac+bc=abc$

Chứng minh rằng $\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq 3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

 Đổi biến $(a,b,c)=(x^{-1},y^{-1},z^{-1})$ thì ta có $x+y+z=1$ và ta cần chứng minh $\sum \frac{x^2}{y}\geq 3\sum x^2$

 Theo AM-GM, ta có : $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$

                                   $=x^3+xy^2+y^3+yz^2+z^3+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x$

                                   $\geq 2x^2y+2y^2z+2z^2x+x^2y+y^2z+z^2x$

                                   $=3(x^2y+y^2z+z^2x)$

                                   $\Rightarrow \sum x^2\geq 3\sum x^2y$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz thì :

 $$\sum x^2y.\sum \frac{x^2}{y}\geq \left ( \sum x^2 \right )^2\geq 3\sum x^2y.\sum x^2\Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{y}\geq \sum 3x^2$$

 Từ đó có điều cần chứng minh

Cho a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác. Chứng minh răng:

         $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}< 2$

 Biến đổi tương đương, đưa bất đẳng thức về thành  $ab^2+bc^2+ca^2> 2abc$

 Áp dụng AM-GM có : $ab^2+bc^2+ca^2\geq 3abc> 2abc$

 Chẳng hiểu cho 3 cạnh tam giác đề làm gì nhỉ

Bài 152(Ukraine TST); Cho a,b,c>0. CMR:
$\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}}\geq \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{2}}$
 

  Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có :

 $\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}}\geq \frac{1}{3}.\sum a.\sum \frac{1}{\sqrt{b+c}}\geq \sum a.\frac{3}{\sum \sqrt{b+c}}\geq \frac{3\sum a}{\sqrt{6\sum a}}=\sqrt{\frac{3\sum a}{2}}$

 Giải ra rồi, bữa nhân nhẩm ngu nên ........

 Đặt $\left ( a+c~,ac~,b+d~,bd \right )=(m,n,p,q)$ thì viết hệ lại dưới dạng

$$\left\{\begin{matrix} m-p=2\\ m^2-2n-p^2+2q=6\\ m^3-3mn-p^3+3pq=20\\ m^4-4m^2n+2n^2-p^4+4p^2q-2q^2=66 \end{matrix}\right.$$

 Ta có : $m^2-2n-p^2+2q=6\Leftrightarrow (p+2)^2-2n+2q-p^2=6\Leftrightarrow 2p-n+q=1\Leftrightarrow n=2p+q-1$

 Thay $m=p+2$ và $n=2p+q-1$ vào phương trình (3) và thu gọn ta được $p=2q+2$

 Thay $m=2q+4~;n=5q+3~;p=2q+2$ vào phương trình (4) ta thu được : $q=0\Rightarrow m=4;n=3;p=2$

 Với $m=4;n=3$ suy ra $(a,c)=(1,3)$ và hoán vị

 Với $p=2;n=0$ suy ra $(b,d)=(2,0)$ và hoán vị

 Vậy nghiệm của hệ là $(a,b,c,d)\in \left \{ (1,2,3,0);(1,0,3,2);(3,1,2,0);(3,1,0,2) \right \}$

 Giải hệ phương trình trên tập số thực :

 $$\begin{cases} a-b+c-d=2 \\ a^2-b^2+c^2-d^2=6 \\ a^3-b^3+c^3-d^3=20 \\ a^4-b^4+c^4-d^4=66 \end{cases}$$

Giải phương trình $x^3+2=5\sqrt[3]{5x-2}$

 Đặt $a=\sqrt[3]{5x-2}$ thì đưa về hệ đối xứng loại 1 :

 $\left\{\begin{matrix} x^3+2=5a\\ a^3+2=5x \end{matrix}\right.$

 $\Rightarrow (x-a)(x^2+ax+x^2+5)=0$

 $\Rightarrow x=a$

 $\Rightarrow x^3=5x-2$

 $\Leftrightarrow (x-2)(x^2+2x-1)=0$

Bài 145(China TST): Cho a,b,c >0. CMR: nếu a+b+c=3

$\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}\leq 1$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có :

 $$(a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2=9\Rightarrow \frac{1}{a^2+b+c}\leq \frac{1+b+c}{9}$$

$$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2+b+c}\leq \frac{3+2\sum a}{9}=1$$

 Bài này dùng tiếp tuyến cũng ra

cho mình hỏi cách chứng minh bất đẳng thức phụ trên với.

 Theo BĐT AM-GM thì :

$$a+a+a^4\geq 3a^2\Rightarrow 2\sum a+\sum a^4\geq 3\sum a^2=\left ( \sum a^2 \right )^2=\sum a^4+2\sum a^2b^2\Rightarrow \sum a\geq \sum a^2b^2$$

Bài toán:

Cho  $\alpha$  là một số thực. Tìm GTLN của biểu thức 

                    $P=ab+bc+ca+ \alpha.abc$

trong đó  $a,b,c$  là các số thực không âm có tổng bằng 1.

  Có một tính chất đáng chú í là với các số thực $a,b,c$ thoả mãn điều kiện trên thì

$$4(ab+bc+ca)\leq 9abc+1$$

 Chứng minh bằng cách sử dụng tính đơn điệu hàm số

 Áp dụng vào ta sẽ có :

 $$4P\leq 9abc+1+4\alpha .abc=(9+4\alpha )abc+1$$

 Với $\alpha < \frac{-9}{4}\Rightarrow 4P\leq 1\Rightarrow P\leq \frac{1}{4}$

 Với $\alpha \geq \frac{-9}{4}$, theo BĐT AM-GM ta có :

$$4P\leq (9+4\alpha)abc+1\leq (9+4\alpha).\frac{(a+b+c)^3}{27}+1=\frac{36+4\alpha}{27}\Rightarrow P\leq \frac{9+\alpha}{27}$$

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH QUẢNG BÌNH

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc\geq a+6b+9c$. Tìm GTNN của: $P=a+b+c$

 Dự đoán dấu "=" xảy ra tại $a=3\sqrt3~;~b=2\sqrt3~;~c=\frac{5\sqrt3}{3}$

 Đặt $a=3x\sqrt3~;~b=2y\sqrt3~;~c=\frac{5z\sqrt3}{3}$ thì điều kiện trở thành

$$30\sqrt3xyz\geq 3\sqrt3x+12\sqrt3y+15\sqrt3z$$

 Theo BĐT AM-GM ta có :

$$3\sqrt3x+12\sqrt3y+15\sqrt3z\geq 30\sqrt3.\sqrt[30]{x^3y^{12}z^{15}}$$

$$\Leftrightarrow 30\sqrt3xyz\geq 30\sqrt3.\sqrt[30]{x^3y^{12}z^{15}}$$

$$\Rightarrow x^{27}y^{18}z^{15}\geq 1$$

$$\Leftrightarrow x^9y^6z^5\geq 1$$

 Ta có :

$$P=3x\sqrt3+2y\sqrt3+\frac{5z\sqrt3}{3}$$

$$\Leftrightarrow 3P=9x\sqrt2+6y\sqrt3+5z\sqrt3\geq 20\sqrt3.\sqrt[20]{x^9y^6z^5}\geq 20\sqrt3$$

$$\Rightarrow P\geq \frac{20\sqrt3}{3}$$