Hoang Dinh Nhat

Ta đi chứng minh: $x^2-x(\sqrt{y}-1)+y-\sqrt{y}+1\geq \frac{2}{3}$

Thật vậy: $x^2-x(\sqrt{y}-1)+y-\sqrt{y}+1-\frac{2}{3}$ có $\Delta=-\frac{1}{3}(3\sqrt{y}-1)^2\leq 0$ nên theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì bất đẳng thức trên đúng.

Dấu '=': $x=\frac{-1}{3},y=\frac{1}{9}$

Một cách khác cho câu 5: 

Nếu $a+b-c>0$

Từ giả thiết suy ra: $a+b=\sqrt{ab}+c$$\Rightarrow$$c\geq \sqrt{ab}$

Ta có: $P=\frac{c^2}{(a+b-c)^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}=\frac{c^2}{ab}+\frac{c^2}{(a+b)^2-2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}=\frac{c^2}{ab}+\frac{c^2}{(\sqrt{ab}+c)^2-2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+c}$

Đặt $c=x,\sqrt{ab}=y$($x\geq y$)$\Rightarrow xy+3y^2\leq 4x^2$

$\Rightarrow P=\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^2}{(x+y)^2-2y^2}+\frac{y}{x+y}=\frac{x^2}{2y^2}+\frac{x^2}{(x+y)^2-2y^2}+\frac{x^2}{2y^2}+\frac{y}{x+y}$

Áp dụng $C-S$, ta được: $\frac{x^2}{2y^2}+\frac{x^2}{(x+y)^2-2y^2}\geq \frac{4x^2}{(x+y)^2}$ và $\frac{x^2}{2y^2}+\frac{y}{x+y}=\frac{x^2}{2y^2}+\frac{y^2}{xy+y^2}\geq \frac{(x+y)^2}{xy+3y^2}\geq \frac{(x+y)^2}{4x^2}$

$\Rightarrow P\geq\frac{4x^2}{(x+y)^2}+ \frac{(x+y)^2}{4x^2}\geq 2$ ($AM-GM$)

Nếu $a+b-c<0$

$\Rightarrow P>\frac{c^2}{ab}+\frac{c^2}{c^2-2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{c}\geq \frac{(c+c)^2}{2ab+c^2-2ab}+\frac{c^2}{2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{c}=4+\frac{c^2}{2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{2c}+\frac{\sqrt{ab}}{2c}\geq 4+\frac{3}{2}=\frac{11}{2}>2$

Vậy $Min$ của $P$ là $2$

Dấu ''='' xảy ra khi: $a=b=c$

A cũng góp một bài khá hay: 

Bài 20: Cho $a,b,c,x,y,z>0$ thỏa mãn $(a+b+c)(x+y+z)=(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4$. Chứng minh: $abcxyz<\frac{1}{36}$

Ps: Lâu lắm rồi mới vào lại diễn đàn

1) Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

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

Vì BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa: $a+b+c=3$

BĐT cần chứng minh trở thành: $\frac{a^2}{2a^2+(3-2a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(3-2b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(3-2c)^2}\leq 1$

Ta có đánh giá: $\frac{a^2}{2a^2+(3-2a)^2}\leq \frac{2a-1}{3}$$\Leftrightarrow 3(a-1)^2(4a-3)\geq 0$

Nếu $a,b,c\geq \frac{3}{4}$ thì đánh giá luôn đúng nên ta có: $\frac{a^2}{2a^2+(3-2a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(3-2b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(3-2c)^2}\leq \frac{2(a+b+c)-3}{3}=1$

Nếu $a,b,c<\frac{3}{4}$ thì: $\frac{a^2}{2a^2+(3-2a)^2}<\frac{1}{3}$

$\Rightarrow \frac{a^2}{2a^2+(3-2a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(3-2b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(3-2c)^2}<1$

Vậy BĐT được chứng minh:

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

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

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

 

a) Theo $AM-GM$, ta có: $\frac{a^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}\geq a-\frac{2\sqrt[3]{a^2b^2}}{3}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq a+b+c-\frac{2}{3}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})$

Theo BĐT $Holder$, ta có: $\frac{(a+b+c)^4}{3}\geq 3(ab+bc+ca)^2\geq (\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})^3$

$\Rightarrow \sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\leq 3$

$\Rightarrow  \sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq 1$. $Q.E.D$

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$

b) Tương tự

Bài 21: Cho một đường tròn với hai dây $AB$ và $CD$ không song song. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $A$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và từ $D$ lần lượt tại $M, P$. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $B$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và $D$ lần lượt tại $Q$ và $N$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AD, BC, MN$ đồng quy và các đường thẳng $AC, BD, PQ$ cũng đồng quy.

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Bài này đã từng được đăng ở diễn đàn. Xin được trích dẫn lời giải:

Cố định $x$ trong $(1)$ dễ dàng suy ra được $f$ song ánh. Do đó tồn tại $b$ để $f(b)=0$. Đặt $f(0)=a$.

Trong $(1)$ cho $x=b,y=0$ :

$$f(ab)=0=f(b)\Rightarrow ab=b$$

Suy ra $a=1$ hoặc $b=0$.

1) Trường hợp 1 : Nếu $b=0$ tức $f(0)=0$

Thì trong $(1)$ thay $y=0$ :

$$f(f(x))=2f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=2x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

2) Trường hợp 2 : Nếu $a=1$ tức $f(0)=1$.

Trong $(1)$ cho $x=y=b$ được $b^2=a=1$ nên $b\in \left \{ 1,-1 \right \}$.

• Nếu $b=1$ tức $f(1)=0$ thì trong $(1)$ lấy $x=1$ được :

$$f(f(y))=y,\;\forall y\in \mathbb{R}$$

Trong $(1)$ cho $y=1$ :

$$f(f(x))=2f(x)+x=2f(x)+f(f(x)),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

• Nếu $b=-1$ tức $f(-1)=0$. Trong $(1)$ cho $x=-1$ :

$$f(-f(y))=-y,\;\forall y\in \mathbb{R}\;\;\;(*)$$

Trong $(1)$ cho $y=-1$ :

$$f(f(x))=2f(x)-x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;(2)$$

Trong $(2)$ thay $x$ bởi $-f(x)$ và sử dụng $(*)$ :

$$f(f(-f(x)))=2f(-f(x))-f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(-x)=f(x)-2x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;\;(3)$$

Trước tiên ta sẽ tìm hàm $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ và thỏa mãn $(2)$.

Với mỗi $x\in \mathbb{R}^+$ ta xây dựng dãy $(u_n)$ :

$$u_0=x,u_1=f(x),u_n=f_n(x)$$

Khi đó từ $(2)$ ta suy ra :

$$u_{n}=2u_{n-1}-u_{n-2}$$

Phương trình sai phân của dãy $(u_n)$ là $t^2-2t+1=0$ có nghiệm kép $t=1$. Suy ra $(u_n)$ có dạng :

$$u_n=\left ( \alpha +n\beta \right ).1^n=\alpha +n\beta$$

Với $u_0=x,u_1=f(x)$ thì ta được :

$$\left\{\begin{matrix} x=\alpha \\ f(x)=\alpha +\beta \end{matrix}\right.$$

Suy ra được :

$$f(x)=x+\beta ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Thay vào phương trình hàm ban đầu được $\beta =1$. Tức là $f(x)=x+1 ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$

 Kết hợp với $(3)$ :

$$f(-x)=f(x)-2x=x+1-2x=-x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Mặt khác cũng có $f(0)=1$ nên ta kết luận được :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại thỏa mãn.

 

Đáp số : Có duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

$\sum (a-\frac{1}{4})^2(a-\frac{1}{2})\leq 0\Leftrightarrow  \sum a^3\leq \sum a^2+\frac{3}{32}\Leftrightarrow  \sum a^3+4abc\leq \sum a^2+4abc+\frac{3}{32}=(1-2\sum ab)+4abc+\frac{3}{32}\Leftrightarrow  2\sum a^3+8abc\leq +(2a-1)(2b-1)(2c-1)+\frac{18}{32}\leq \frac{18}{32}\Leftrightarrow  \sum a^3+4abc\leq \frac{9}{32}$

Bài 14: Trên đoạn thẳng $AB$ có độ dài $20$, người ta tô màu một số phần sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì được tô màu đều khác $2$. Chứng minh rằng tổng độ dài các phần được tô màu nhỏ hơn hoặc bằng $10$.

Bài 12: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$ (*). Hãy tìm $f(2011)$

Trong $(*)$ thay $x$ bởi $2-x$ ta được: $f(x^2+x-5)+5f(x^2-5x+1)=x^2-4x-5, \forall x\in \mathbb{R}$ $(**)$

Nhân hai vế của $(**)$ với $-5$ rồi cộng với $(*)$ ta được: 

$-24f(x^2-5x+1)=-4x^2+20x+16, \forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=x^2-5x-4,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=(x^2-5x+1)-5,\forall x\in \mathbb{R}$ $(***)$

Xét phương trình: $x^2-5x+1=2011\Leftrightarrow x=\frac{5\pm \sqrt{8065}}{2}$

Thay $x=\frac{5+ \sqrt{8065}}{2}$ vào $(***)$ ta được: $6f(2011)=2011-5$$\Rightarrow f(2011)=\frac{1003}{3}$

Tiếp lửa cho topic:

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$

Bài 12: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$. Hãy tìm $f(2011)$

Ta có bổ đề: Với $a,b,c\geq 0$ thỏa $a+b+c=3$ thì ta luôn có: $a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$

Chứng minh: 

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a,c$. Khi đó:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq a^2b+b^2c+c^2a+a(a-b)(b-c)=b(a+c)^2=4.b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3=4$

Bổ đề được chứng minh thành công

Quay trở lại bài toán:

Bất đẳng thức $\Leftrightarrow \left ( \frac{4a^2b}{4-bc}-a^2b \right )+\left ( \frac{4b^2c}{4-ac}-b^2c \right )+\left ( \frac{4c^2a}{4-ab}-c^2a \right )\leq 4-\left ( a^2b+b^2c+c^2a \right )$

$\Leftrightarrow \frac{a^2b^2c}{4-bc}+\frac{b^2c^2a}{4-ac}+\frac{c^2a^2b}{4-ab}\leq 4-\left ( a^2b+b^2c+c^2a \right )$

Áp dụng bổ đề bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\frac{a^2b^2c}{4-bc}+\frac{b^2c^2a}{4-ac}+\frac{c^2a^2b}{4-ab}\leq abc\Leftrightarrow \frac{ab}{4-bc}+\frac{bc}{4-ca}+\frac{ca}{4-ab}\leq 1$

$\Leftrightarrow 64-32(ab+bc+ca)+8(a^2bc+b^2ca+c^2ab)+4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq abc(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc)$

Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$. Khi đó, ta có:

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow 16-8q+q^2-r\geq 0$

Theo BĐT $AM-GM$, ta có: $\left\{\begin{matrix}3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} & & \\ ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}r\leq \frac{1}{27} & & \\ q\geq 3\sqrt[3]{r^2} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow q^2\geq 9r$

$\Rightarrow 16-8q+q^2-r\geq 16-8q+q^2-\frac{q^2}{9}=\frac{8}{9}(q-3)(q-6)\geq 0$

(BĐT cuối đúng do $9=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)=3q\Rightarrow q\leq 3$)

Vậy BĐT được chứng minh thành công

Dấu '=' xảy ra khi: $(a;b;c)=(1;1;1)$ hoặc $(a;b;c)=(2;1;0)$

Lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn - cũng là tác giả của bài

mình đang ôn thi mong nhận được sự hỗ trợ của các bạn

Biến đổi giả thiết ta có: $x=\frac{1-y}{2y}$

Cần chứng minh: $\frac{y(1-y)}{2}\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow -(2y-1)^2\leq 0$ (đúng)