DOTOANNANG

Cách nữa:

$VT\leq \sqrt{a^{2}+ b^{2} +c^{2}} \sqrt{x^{2}+ y^{2}+ z^{2}}+ \sqrt{2\left ( ab+ bc+ ca \right )} \sqrt{2\left ( xy+ yz+ zx \right )} \leq \sqrt{a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2\left ( ab+ bc+ ca \right )} \sqrt{x^{2}+ y^{2}+ z^{2}+ 2\left ( xy+ yz+ zx \right )}= a+ b+ c$

Đây là cách giải khác của mình:

Sử dụng BĐT AM- GM, ta có:

$ax+ by+ cz+ 2\sqrt{\left ( xy+ yz+ xz \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )}\leq ax+ by+ cz+ xy+ yz+ xz+ ab+ bc+ ca$

Mặt khác, từ $\left ( a- x \right )^{2}+ \left ( b- y \right )^{2}+ \left ( c- z \right )^{2}\geq 0\Leftrightarrow xy+ yz+ xz+ ab+ bc+ ca\leq \frac{1- x^{2}- y^{2}- z^{2}}{2}+ \frac{1- a^{2}- b^{2}- c^{2}}{2}\leq 1- ax- by- cz \Rightarrow ax+ by+ cz+ 2\sqrt{\left ( xy+ yz+ zx \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )} \leq 1= a+ b+ c$

Dựng 1/4 đường tròn bán kính n, trên 1 bán kính , lấy các điểm A, B, E ...sao cho AB = BE = ... = 1
Kẻ các đường vuông góc với bán kính tại các điểm này, cắt các điểm như trên hình.
Lúc này :
$S_{ABGF} = AB.AF == AF = \sqrt{n^2 - 1}; S_{BEHG} = BE.EH = EH = \sqrt{n^2 - 4} ...$
Mặt khác, tổng diện tích các HCN này lại bé hơn diện tích 1/4 đường tròn
suy ra $$\sum{S} < \dfrac{\pi.n^2}{4} \Leftrightarrow \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 4} + ... + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2} \le \dfrac{\pi.n^2}{4}$$
ĐPCM.

Thay n= 2014, cái năm mà tỉnh Phú Yên ra đề là xong

Cách giải như sau:

Ta có:

$f\left ( 0 \right )= 1+ a\cos \alpha \leq M$

$f\left ( \pi \right )= 1- a\cos \alpha \leq M$

$\Rightarrow f\left ( 0 \right )+ f\left ( x \right )= 2\leq 2M \Rightarrow M^{2}\geq 1$

Mặt khác:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )= -1- a\sin \alpha \geq m$

$f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -1+ a\sin \alpha \geq m$

Suy ra:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )+ f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -2\geq 2m \Leftrightarrow m^{2}\geq 1$

Suy ra đpcm

11 năm sau cái ngày ra bài toán được ra đời mới có ngưoi đào bới quá khứ

Cách giải như sau:

Ta có:

$f\left ( 0 \right )= 1+ k\cos \alpha \leq M$

$f\left ( \pi \right )= 1- k\cos \alpha \leq M$

$\Rightarrow f\left ( 0 \right )+ f\left ( x \right )= 2\leq 2M \Rightarrow M^{2}\geq 1$

Mặt khác:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )= -1- k\sin \alpha \geq m$

$f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -1+ k\sin \alpha \geq m$

Suy ra:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )+ f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -2\geq 2m \Leftrightarrow m^{2}\geq 1$

Suy ra đpcm

Cách giải như sau:

Ta có:

$f\left ( 0 \right )= 1+ k\cos \alpha \leq M$

$f\left ( \pi \right )= 1- k\cos \alpha \leq M$

$\Rightarrow f\left ( 0 \right )+ f\left ( x \right )= 2\leq 2M \Rightarrow M^{2}\geq 1$

Mặt khác:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )= -1- k\sin \alpha \geq m$

$f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -1+ k\sin \alpha \geq m$

Suy ra:

$f\left ( \frac{\pi }{2} \right )+ f\left ( \frac{-\pi }{2} \right )= -2\geq 2m \Leftrightarrow m^{2}\geq 1$

Suy ra đpcm

Ai còn cách khác nên post ngay để còn trao đổi kinh nghiệm thi đấu với nhau.

Bài này còn cách giải khác như sau:

Không giảm tính tổng quát, giả sử $c= min\left \{ a, b, c \right \}$, ta dễ dàng chứng minh được các BĐT sau đây:

$a^{2}+ c^{2}\leq \left ( a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c \right )^{2}$

$b^{2}+ c^{2}\leq \left ( b+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c \right )^{2}$

Suy ra:

$a^{2}+ b^{2}\leq \left ( a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c \right )^{2}+ \left ( a+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c\right )^{2}$

Đặt:

$x= a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c, y= a+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c$

$\Rightarrow x+ y= a+ b+ c= 1$

Khi đó:

$P\geq \frac{1}{x^{2}+ y^{2}}+ \frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{x^{2}+ y^{2}}+ \frac{x^{2}+ y^{2}}{4x^{2}y^{2}}+ 3. \frac{x^{2}+ y^{2}}{4x^{2}y^{2}}\geq \frac{1}{xy}+ \frac{3\left ( x^{2}+ y^{2} \right )}{4x^{2}y^{2}}\geq \frac{4}{\left ( x+ y \right )^{2}}+ \frac{3\left ( x+ y \right )^{2}}{8\left ( \frac{x+ y}{2} \right )^{4}}\geq 1+ 1,5= 2,5$

Khi x= y= 0, 5 thì a= b= 1, c= 0 nên P= 2,5. Vậy min P= 2, 5

Xin lỗi mình nhầm

 

Cách giải như sau:

$a, b, c> 0, a+ b+ c= 1\Rightarrow 1- b\geq 0, 1- c\geq 0$  (***)

$10abc\leq \left ( a+ b \right )^{2}+ \left ( a+ b+ 4c \right )^{2} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ 2ab+ a^{2}+ b^{2}+ 16c^{2}+ 8ac+ 8bc+ 2ab- 10abc\geq 0 \Leftrightarrow 2a^{2}+ 2b^{2}+ 16c^{2}+ 2ab\left ( 1- c \right )+ 8ac\left ( 1- b \right )+ 8bc\geq 0$

Đúng do( ***)

Cách giải như sau:
Trước hết ta cần chứng minh BĐT:

$\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Điều này tương đương với:

$\left ( a+ b+ c \right )^{2}\left ( \sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) \right )- 10\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )\geq 0$

Ta có:

$\sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) = \left ( \sum _{cyc}b^{4}+ 2a^{2}b^{2} \right )+ \sum _{cyc}\left ( ab \right )^{2}= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}+ uw^{3} = \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}- 6uw^{3}$

với $3u= a+ b+ c, 3v^{2}= ab+ bc+ ca, w^{3}= abc$

và $\left ( a+ b+ c \right )^{2}= 9u, \left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+ c^{2}a^{2} \right )- a^{2}b^{2}c^{2}= \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )\left ( 9v^{4}- 6uw^{3} \right )- w^{6}= 9\left ( 9u^{2}v^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )- w^{6}$

Từ đây, ta CM tiếp:

$27u^{2}\left ( 27- u^{4}- 36u^{2}v^{2}+ 15v^{4}- 2uw^{3} \right )- 90\left ( 9u^{2}w^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )+ 10w^{6}\geq 0$

Đặt

$g\left ( w^{3} \right )= 10w^{6}+ w^{3}\left ( 486u^{3}- 360uv^{2} \right )+ ...\geq 0$

nên

${g}'\left ( w^{3} \right )= 20w^{3}+ 486u^{3}- 360uv^{2}= 20w^{3}+ 126u^{3}+ 360\left ( u^{2}- v^{2} \right )\geq 0$

(đúng vì u> v)  nên hàm tăng. Do đó biểu thức đạt cưc trị khi 2 trong 3 số a, b, c bằng nhau hoặc 1 trong 3 số đó phải bằng 0.

Không mất tính tổng quát giả sử hai số bằng nhau là a và b, đặt $t= \frac{a}{c}$ nhân hai vế với $c^{2}$ ta được:

$\frac{1}{2t^{2}}+ \frac{2}{t^{2}+ 1}\geq \frac{10}{\left ( 2t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow f\left ( t \right )= 20t^{3}- 11t^{2}+ 4t+ 1\geq 0 \rightarrow {f}'\left ( t \right )= 60t^{2}- 22t+ 4> 0$

Suy ra$f\left ( t \right )$ tăng dẫn đến $f\left ( t \right )\geq f\left ( 0 \right )= 1> 0$ với $t\in \left ( 0: + \propto \right )$

Giờ việc còn lại là CM 1 trong 3 số là zero. Không mất tính tổng quát , giả sử c= 0. Đặt $t= \frac{a}{b}$

Nhân hai vế với $b^{2}$, ta phải chứng minh:

$\frac{1}{t^{2}+ 1}+ \frac{1}{t^{2}}+ 1\geq \frac{10}{\left ( t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow t^{6}+ 2t^{5}- 6t^{4}+ 6t^{3}- 6t^{2}+ 2t+ 1= \left ( t-1 \right )^{2}\left ( t^{4}+ 3t^{3}+ 4t^{2}+ 3t+ 1 \right )\geq 0$

Từ đó ta có $\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}= \frac{10}{4}= 2,5$

Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c)= (1, 1, 0) và các hoán vị của nó

Mới có học lớp 10 chưa biết giải lượng giác

Ví dụ:

Cho 4 số dương a, b, c, d.Chứng minh:

$\frac{1}{1+ a+ b+ c}+ \frac{1}{1+ b+ c +d}+ \frac{1}{1+ c+ d+ a}+ \frac{1}{1+ d+ a +b}\leq 1$ với abcd= 1

BĐT trên thực sự chỉ là trường hợp riêng của một BĐT tổng quát:

Cho số nguyên $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}$ thỏa $\coprod_{i= 1}^{n} a_{i}$.

Khi đó:

$\frac{1}{1+ a_{1}+ ...+ a_{n- 1}}+ ...+ \frac{1}{1+ a_{2}+ ...+ a_{n}}\leq 1$

Dùng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có:

$\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( 1+ 1+ c \right )\geq \left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}$, do đó:

$\frac{1}{a+ b+ 1}\leq \frac{c+ 2}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}}$. Như vậy:

$\sum \frac{1}{a+ b+ 1}\leq \sum \frac{c+ 2}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c}\right )^{2}}= \frac{a+ b+ c+ 6}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}}\leq 1$