phamngochung9a

Thưa QT, sao em không thấy chức năng đấy? Có thể chỉ giúp em được không ạ?

Bài viết này từ năm 2012 rồi bạn ơi. Giờ ĐHV cũng không được xóa bài viết nữa (trừ ĐHV tổng hợp trở lên)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh: 

$\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{4}$

Sử dụng bá đạo thức $AM-GM$: $VT=\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{\sqrt[3]{\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+ 1\right )}}}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh: $\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta lại có: $\left ( a^{2}+bc \right )\left ( ac+ab \right )\leq \frac{\left ( a+b \right )^{2}\left ( a+c \right )^{2}}{4}$.

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi nhân lại, ta được:

$\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )\leq \frac{1}{64}\left ( a+b \right )^{3}\left ( b+c \right )^{3}\left ( c+a \right )^{3}\\\Leftrightarrow \left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Gọi tâm của $4$ hình cầu là $A,B,C,D$ ; trọng tâm tam giác $ABC$ là $G$ ; trọng tâm tứ diện $ABCD$ là $O$ ; bán kính hình cầu thứ năm là $R$

Ta có $DG=\frac{2\sqrt{6}}{3}\ r$ ; $OG=\frac{\sqrt{6}}{6}\ r$ ; $OD=DG-OG=\frac{\sqrt{6}}{2}\ r$

$\Rightarrow R=OD+r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}+1 \right )$

(Chẳng có đáp án nào đúng cả, biết chọn cái nào : đây là cái dở của thi trắc nghiệm)

----------------------------------------------------

Tham khảo bài 2 ở đây :

https://diendantoanh...i-ở-trong-phễu/

Hình như anh nhầm ở chỗ tiếp xúc ngoài rồi. Theo như cách làm trên là anh đang làm tiếp xúc trong.

Cũng với ý tưởng trên, ta tính được $R=OA-r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}-1 \right )$

Đáp án đúng là $A$

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4

CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64

Nếu cho một biến tiến về $0$ thì bất đẳng thức trên sai. Chẳng hạn, cho $a=0,01, b=1, c=\frac{299}{101}$ thì $VT\approx 4,17< 64$

Có lẽ đề bài là: $$abc\left ( a^{2}+3 \right )\left ( b^{2}+3 \right )\left ( c^{2}+3 \right )\leq 64$$

Đổi biến $p,q,r$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$r\left ( r^{2}+3q^{2}-6pr+9p^{2}-18q+27 \right )\leq 64$$ 

$$\Leftrightarrow r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )\leq 64$$

Đặt $A=r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )$

Ta sẽ tìm cách đánh giá $3q^{2}-18q=3(q^{2}-6q)$ theo $r$.

• Nếu $q \geq 3$, ta chứng minh $p \geq q$. Thật vậy:

Theo bất đẳng thức $Schur$, ta có: 

$r\geq \frac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{9}  \Rightarrow q\leq \frac{9r+p^{3}}{4p}\Rightarrow p-q\geq p-\frac{9\left ( 4-p \right )+p^{3}}{4p}=\frac{(p+3)(p-3)(4-p)}{4p}\geq 0$

Dễ thấy $p\in \left [ 3;4 \right )$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng.

Xét hiệu: $\left (p^{2}-6p \right )-\left ( q^{2}-6q \right )=(p-q)(p+q-6)\geq 0$

Do đó: $$A-64\leq r( 16r^{2}-96r+17+3p^{2}-18p )-64=(r-1)^{2}(19r-64)\leq 0\\ \Rightarrow A\leq 64$$

• Nếu $q \leq 3$, ta có:

$q=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc=3r$

Xét hiệu: $q^{2}-6q-9\left ( r^{2}-2r \right )=\left ( q-3r \right )(q+3r-6)\leq 0$

Do đó: $A-64\leq \left ( r-1 \right )^{2}\left ( 43r-64 \right )\leq 0$

Ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn: $ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 $. Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}} \leq 1 $

Dùng tiếp tuyến có vẻ gọn nhất:

Ta sẽ tìm hai số thực $a,b$ sao cho: $\frac{1}{4-x}\leq ax^{2}+b$

• Tại $x=1$ thì: $a+b=\frac{1}{3}$
• Đạo hàm hai vế, ta có: $\left ( ax^{2}+b \right )^{'}_{(1)}=\left ( \frac{1}{4-x} \right )^{'}_{(1)}\Rightarrow 2a=\frac{1}{9}$

Từ đó, ta có: $a=\frac{1}{18}\Rightarrow b=\frac{5}{18}$

Vậy ta sẽ chứng minh: $\frac{x^{2}}{18}+\frac{5}{18}\geq \frac{1}{4-x}$ với mọi $x<2$

BĐT tương đương với $ \frac{\left ( 2-x \right )\left ( x-1 \right )^{2}}{18\left ( 4-x \right )}\geq 0$    (luôn đúng $\forall x< 2$)

Từ đề bài, ta có: $3> 2ab\Rightarrow \sqrt{ab}< 2\Rightarrow \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \frac{ab}{18}+\frac{5}{18}$

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta có: $VT\leq \frac{ab+bc+ca}{18}+\frac{5}{6}\leq 1$

BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.