KietLW9

cách này đúng đó, nhưng mk lại quên mất các bước làm

* dù thầy mk có chỉ một lần rồi *

Tình cờ nhìn thấy cách đặt ẩn như bạn

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\leqslant abc$. Tìm GTLN của biểu thức: $T=\sqrt{\frac{a}{6a^2+9}}+\sqrt{\frac{b}{6b^2+9}}+\sqrt{\frac{c}{6c^2+9}}$

P/s: Một bài cũ nhưng cũng khá hay!

Lời giải. Áp dụng Cauchy-Schwarz: $\sum\frac{ab}{a^2+ab+bc}=\sum \frac{ab(c^2+ab+bc)}{(a^2+ab+bc)(c^2+ab+bc)}\leqslant \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^2}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Cho a,b,c>0 thoả mãn abc=1

CMR: 1+$\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: $(ab+bc+ca)+\frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}\geqslant 2\sqrt{\frac{3(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}}\geqslant 2\sqrt{\frac{9abc(a+b+c)}{a+b+c}}=6$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Lời giải.

Xét $\Delta AMK$ và $\Delta CNK$ có: 

      $AM=CN(gt)$

      $AK=CK(gt)$

      $MK=NK(gt)$

Do đó $\Delta AMK$ = $\Delta CNK(c.c.c)$

$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{NCK}$

Mà $\widehat{NCK}=\widehat{KAC}$ nên $\widehat{MAK}=\widehat{KAC}$ do đó $AK$ là phân giác của góc $\widehat{A}$

Mà $AD$ cũng là phân giác của $\widehat{A}$ nên $AK$ và $AD$ trùng nhau hay $A,D,K$ thẳng hàng (đpcm)

Bài1:

Đặt a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r. Dễ thấy p$\geq$3

BĐT tương đương $p^{3}+9r\geq p^{2}+3pq$

VT=$p^{3}+\frac{27}{4}r+\frac{9}{4}\geq p^{3}+\frac{27}{4}\frac{4pq-p^{3}}{9}+\frac{9}{4}$ (Bđt Schur)

=$\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$

Xét\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$\geq p^{2}+3pq$$\Leftrightarrow p^{3}-4p^{2}+9\geq 0 \Leftrightarrow (p-3)((p-3)(p+2)+9)\geq 0$ (luôn đúng do p$\geq 3$

$\rightarrow$ đpcm

Thật trùng hợp là bài 1 mình cũng vừa giải ở đây: https://diendantoanh...4abcgeq-frac14/

Bài 20: Cho a,b,c>0. CMR:
$\sum \frac{a}{\sqrt{ab+b^{2}}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Lời giải. Đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})\Rightarrow (x,y,z)$ thì $xyz=1$ và $P=\frac{x}{\sqrt{x+1}}+\frac{y}{\sqrt{y+1}}+\frac{z}{\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}=\frac{x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{x+y+z+6}{\sqrt{3(x+y+z+3)}}$

Đặt $t=x+y+z+3\geqslant 6$ thì ta cần chứng minh: $\frac{t+3}{\sqrt{3t}}\geqslant \frac{3}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{(t+3)^2}{3t}\geqslant \frac{9}{2}\Leftrightarrow \frac{(t-6)(2t-3)}{6t}\geqslant 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Chung minh vơi moi a,b,c > 0:
$\left (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )^2 +\frac{14abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4$

Mod. Chú ý tiêu đề nhá, vì bạn mới vào diễn đàn nên mình mới nhắc nhở, vi phạm lần nữa sẽ bị khóa topic đó.

Lời giải. Đặt 

$(\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b})\rightarrow (x,y,z)$ 

Lúc đó ta có:

$ xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z \geqslant \dfrac{3}{2}(Nesbitt)$

Và bất đẳng thức Schur

$ x^2+y^2+z^2+\dfrac{9xyz}{x+y+z} \ge 2(xy+yz+xz) $

Ta cần chứng minh:

$(x+y+z)^2+14xyz \geqslant 4$

Thật vậy, ta có: 

$(x+y+z)^2+14xyz=x^2+y^2+z^2+6xyz+2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z} +2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant 4(xy+yz+zx)+8xyz=4(Q.E.D)$

Cho em hỏi là ý tưởng nào khiến anh nghĩ tới bất đẳng thức như vậy ??

Ý tưởng. Nhìn vào bất đẳng thức này thấy ba biến $a,b,c$ độc lập nhau nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hệ số bất định $\text{UCT}$

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$

Nhìn vào giả thiết thì ta phải thiết lập một bất đẳng thức có dạng: $\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}\geqslant \frac{m}{a}+n(1)$ (với m là một hệ số âm, nếu m ra một hệ số dương thì coi nhưng không thành công)

Tương tự với hai biến $b,c$ rồi cộng lại, ta được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}+\frac{b^2+1}{\sqrt{b^2-b+1}}+\frac{c^2+1}{\sqrt{c^2-c+1}} \geqslant m(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+3n\geqslant 3(m+n)=6\Rightarrow n=2-m$

Thay $n=2-m$ vào $(1)$, ta được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}\geqslant \frac{m}{a}+2-m$

$\Leftrightarrow \frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}-2\geqslant m(\frac{1}{a}-1)$

$\Leftrightarrow \frac{a(\frac{1}{a}-1)(a-3-a^2-a^3)}{(a^2-a+1)(\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}+2)}\geqslant m(\frac{1}{a}-1)$ (Cái này chắc dễ biến đổi)

$\Leftrightarrow m\leqslant  \frac{a(a-3-a^2-a^3)}{(a^2-a+1)(\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}+2)}$

Đồng nhất $a=1$ vào ta được $m=-1\Rightarrow n=3$ (thỏa mãn)

Vậy ta được bất đẳng thức phụ: $\frac{a^2+1}{\sqrt{a^2-a+1}}+\frac{1}{a} \geq 3$

Em xin góp thêm một cách nữa

Ta có: $\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2}{ac+2b^2} +\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{1}{\frac{bc}{a^2}+2}+\frac{1}{\frac{b^2}{ca}+2}+\frac{1}{\frac{ab}{c^2}+2}$

Đặt $(\frac{bc}{a^2},\frac{ca}{b^2},\frac{ab}{c^2})\rightarrow (x,y,z)$ thì $xy+yz+zx=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3$ và $xyz=1$

Khi đó $VT=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{xyz+2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)+8}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}=1(Q.E.D)$

P/s: Đây là đẳng thức rất hay dùng trong chứng minh bất đẳng thức!  

Giải phương trình sau:
$13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$13\sqrt{x^2-x^4}=26.\sqrt{\frac{1}{4}x^2(1-x^2)}\leqslant 26.\frac{{\frac{1}{4}x^2}+(1-x^2)}{2}=13-\frac{39}{4}x^2$

$9\sqrt{x^2+x^4}=6.\sqrt{\frac{9}{4}x^2(1+x^2)}\leqslant 6.\frac{\frac{9}{4}x^2+(1+x^2)}{2}=3+\frac{39}{4}x^2$

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được: $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}\leqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy $x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Bài 1: Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh: $a^{3}+ b^{3} + c^{3} +6\geq (a+b+c)^2$

Bài 2: Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=1$ Tìm GTNN của biểu thức: $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: 

$\frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} + \frac{(3b-1)^2}{2b^2+1} + \frac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geqslant \frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$

Ta cần chứng minh:

$9(a+b+c-1)^2\geqslant 8(a^2+b^2+c^2)+12$

$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)+18(ab+bc+ca-a-b-c)-3\geqslant 0$

Mà $abc=1$ nên $(1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc=ab+bc+ca-a-b-c$

Do vậy ta cần chỉ ra rằng:

$(a^2+b^2+c^2)+18(1-a)(1-b)(1-c)-3\geqslant 0$

Giả sử $c=max\left \{ a,b,c \right \}$ thì $c\geqslant 1$. Đặt $\sqrt{ab}=t(0<t\leqslant 1)$ thì $c=\frac{1}{t^2}$ và $a^2+b^2\geqslant 2ab=2t^2$

Lúc đó ta cũng có: 

$(1-a)(1-b)=1-(a+b)+ab\leqslant 1-2\sqrt{ab}+ab=1-2t+t^2=(t-1)^2\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\geqslant (t-1)^2(1-c)$

Như vậy ta cần chứng minh: 

$2t^2+c^2+18(t-1)^2(1-c)-3\geqslant 0$

hay

$(2t^2+\frac{1}{t^4}-3)+18(t-1)^2(1-\frac{1}{t^2})\geqslant 0$

$\Leftrightarrow \frac{(t-1)^2(t+1)(2t-1)^2(5t+1)}{t^4}\geqslant 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\frac{1}{2};c=4$ và các hoán vị

a,b,c $\geq$ 0 ,ab+bc+ca=1

min $\sum \frac{1}{a+b}$

Ta sẽ chứng minh: $(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})^2\geqslant \frac{25}{4}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geqslant \frac{9}{4}+\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2})+\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geqslant \frac{9}{4}+\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2})\geqslant \frac{9}{4}$

Đây là bất đẳng thức Iran 96!

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

$\frac{a}{\sqrt{ab+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{bc+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{ca+a^2}} \geqslant \frac{3\sqrt{2}}{2}$

Em xin góp thêm một cách 

Đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})\Rightarrow (x,y,z)$ thì $xyz=1$ và $P=\frac{x}{\sqrt{x+1}}+\frac{y}{\sqrt{y+1}}+\frac{z}{\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}=\frac{x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{x+y+z+6}{\sqrt{3(x+y+z+3)}}$

Đến đây dễ rồi nhỉ, chú ý là $x+y+z+3\geqslant 6$, tách ghép rồi dùng Cô-si