CD13

Nhận xét đôi điều:

+ Do đề trận này tương đối dễ (cho phù hợp với tinh thần luyện thi Đại học của MHS) nên đa số các em làm bày đều đúng. Tuy nhiên vẫn có em chủ quan kết luận nhầm đáp án, hoặc có em không kết luận. Điều này các em nên rút kinh nghiệm vì khi thi Đại học các em không có cơ hội để sửa chữa bài (và thậm chí chẳng được nhìn lại để biết đã sai chỗ nào!)

+ Vẫn còn trường hợp không sử dụng Latex để gửi bài làm, đề nghị khắc phục!

+ Đây là trận cuối cùng của năm nay 2013, hy vọng năm sau các em có nhiều thành tích tốt hơn.

Cuối lời, thay mặt BGK cuộc thi MHS chúc các em thí sinh và gia đình có mùa xuân tràn đầy ý nghĩa và hạnh phúc, sang năm gặt được nhiều thắng lợi!

Bài của em có tiếu sót chỗ nào mà mất tới 4 điểm vậy thầy CD13, thầy chỉ rõ cho em để em rút kinh nghiệm trong kỳ thi đại học sắp tới, thanks thầy.  ( có lẽ do cái này:

Bài của em có những lỗi như sau:

1/ Khi em dẫn ra được "$u=t$ hoặc $2(u^2+t^2+ut)+1=0$", sau đó em đi tìm nghiệm từ phương trình $u=t$ mà "bỏ quên" $2(u^2+t^2+ut)+1=0$. Trong trường hợp này ít ra em cũng nên khẳng định $2(u^2+t^2+ut)+1>0$

2/ Em đã trình bày 2 hướng giải trong bài làm.

3/ Mắc lỗi chỗ đặt $t=\cos \alpha$. Điều này không đúng vì điều kiện của $t$ (mặc dù phía sau em có giải thích phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm), thà rằng em đi giải độc lập phương trình biến $y$ nào đó rồi khẳng định vô nghiệm!

Đại diện trọng tài MHS, CD13 nói một vài điều: Đầu tiên hoan nghênh các em đã tham gia cuộc thi MHS do VMF tổ chức, mọi cách giải và nhận xét của các em trong lúc thi và sau khi thi đều được ghi nhận. Bài đã chấm xong, các em có thể thắc mắc điểm số của mình từ thời điểm này cho đến hết 24 giờ sau. Một vài lưu ý cho các em khi tham gia các vòng tiếp theo!

+ Bài giải gửi về nên trình bày Latex rõ ràng, đừng để bị lỗi. Chúng ta có chức năng xem thử thì các em nên khai thác triệt để.

+ Chuyển bài giải từ giấy sang Latex chắc chắn có nhiều sai sót (điều này ai cũng có), nhưng đây là kì thi thì các em phải chịu thôi (mặc dù CD13 biết các mem này rất giỏi!).

+ Đây là kì thi các em không được trình bày theo kiểu: hướng dẫn cách giải, bỏ sót trường hợp,...

+ Nói thêm chỗ phương trình $8x^3-6x=1$. Đây là phương trình cơ bản $4x^3-3x=m$, nếu tồn tại $\alpha$ sao cho $m=\cos \alpha$ thì phương trình có nghiệm $\cos \frac{\alpha}{3},\cos \frac{\alpha +2\pi}{3}, \cos \frac{\alpha -2\pi}{3}$. Nghĩa là với bài toán cụ thể trong trận đấu này thì phương trình luôn có 3 nghiệm! Nhưng dù thế CD13 vẫn trừ điểm câu "Đặt $x=\cos t$ vì viết như vậy mặc nhiên các em đã gán giá trị $x \in [-1;1]$, các em nên lí luận với $|x| \ge 2$ thì phương trình vô nghiệm, nó sẽ chặt chẽ hơn cách giải lượng giác rồi kết luận vô nghiệm.

+ Các em có nhiều cách giải thì nên trình bày sau vì như thế sẽ được cho điểm thêm, nhưng đồng thời trình bày trong bài làm thi của mình thì...........lại bị CD13 trừ điểm! Rút kinh nghiệm nhé (BTC muốn thông qua kì thi này tập cho các em lối trình bày logic để dễ dàng thi Đại học nên tuyệt đối trong bài thi không viết lung tung!)

+ Lưu ý, các em có thể nhận xét bài làm của nhau vẫn được điểm nhưng trong trận này thì chỉ có người ra đề là nhận xét. Hy vọng trận sau các em cố gắng phát huy điểm này!

Một vài nhận xét, chúc các em có sân chơi bổ ích!

Đây là đề thi Đại học 2003 (khối B), em có thể tìm lời giải trên mạng rất nhiều!

CD13 thích giải bài này theo hướng như sau:

 

Ta có: $x^2+\frac{1}{x^2}=x^2+\frac{1}{81x^2}+\frac{1}{81x^2}+\frac{1}{81x^2}+...+\frac{1}{81x^2} \ge 82\sqrt[82]{\frac{1}{81^{81}(x^2)^{80}}}$

 

Xây dựng thêm hai BĐT tương tự và lưu ý $xyz \le (\frac{x+y+z}{3})^3 \le \frac{1}{27}$ ta sẽ có điều phải chứng minh!

 

______________

Nhắc thêm: Em không nên gửi một bài 2 lần!

Ví dụ 4 (THTT):cho minh hỏi tại sao lại xét x<-2 , x>2

VD3 của pp lượng giác hóa hình như giải sai

* Theo kinh nghiệm của bản thân khi đặt ẩn phụ dạng này thì tập xác định "thường" là tập đối xứng! Do điều kiện của phương trình là  $x \ge 2$ nên ta nghĩ đến "chặn trên" là $x\le 2"$, từ đó đi chứng minh $x>2$ là vô nghiệm.

* VD3 của phương pháp đúng.

 

 

Các bạn có thể xem hộ mình ví dụ 17 được không? Tại sao lúc biến đổi vế phải lại bằng 5?

* Đề bài đã đánh sai, VP thực ra là $6$.

Bài 91:

Cho các số $x,y,z$ thực dương thỏa $x+y+z\leq 3$. Tìm GTNN của biểu thức: $$P=\frac{2}{x^3}+\frac{2}{y^3}+\frac{2}{z^3}+\frac{1}{x^2-xy+y^2}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}+\frac{1}{z^2-xz+x^2}$$

Giải:

Theo BĐT Cauchy thì $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+1 \geq \frac{3}{xy}$

Tương tự ta có $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}+1 \geq \frac{3}{yz}$ , $\ \ \ \ \ \ \frac{1}{z^3}+\frac{1}{x^3}+1 \geq \frac{3}{zx}$

Suy ra $\ \ \ \ \ \ \frac{2}{x^3}+\frac{2}{y^3}+\frac{2}{z^3}+3 \geq \frac{3}{xy}+\frac{3}{yz}+\frac{3}{zx}$

Kéo theo $P \geq \left(\frac{3}{xy}+\frac{1}{x^2-xy+y^2}\right)+\left(\frac{3}{yz}+\frac{1}{y^2-yz+z^2}\right)+\left(\frac{3}{zx}+\frac{1}{z^2-zx+x^2}\right)-3$

$\geq \frac{16}{(x+y)^2}+\frac{16}{(y+z)^2}+\frac{16}{(z+x)^2}-3$

$\geq \frac{16}{3}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)^2-3$

$\geq \frac{16}{3}\frac{81}{4(x+y+z)^2}-3$

$\geq 9$

 

 

 

Bài 92:

Cho $a^2+b^2+c^2=3$
CMR:
$\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3} \leq \frac{1}{2}$

Giải:

Áp dụng bđt Cô si ta có:
$\frac{a}{a^2+2b+3}\leq \frac{a}{2a+2b+2}$
Tương tự và cộng lại $\to \frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\leq \frac{a}{2a+2b+2}+\frac{b}{2b+2c+2}+\frac{c}{2c+2a+2}$
$\to$ cần c/m $\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\leq 1$
$\Leftrightarrow 1-\frac{a}{a+b+1}+1-\frac{b}{b+c+1}+1-\frac{c}{c+a+1}\geq 2$
$\Leftrightarrow \frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\geq 2$
Mà $$\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}$$
$$=\frac{(b+1)^2}{(b+1)(a+b+1)}+\frac{(c+1)^2}{(c+1)(b+c+1)}+\frac{(a+1)^2}{(c+a+1)(a+1)}$$
$$\geq \frac{(a+b+c+3)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3(a+b+c)+3}$$
Nên ta chỉ cần c/m $(a+b+c+3)^2\geq 2[a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3(a+b+c)+3]$
Nhưng đây thực ra chỉ là 1 đẳng thức do $a^2+b^2+c^2=3$
Vậy bài toán đã được c/m.Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

 

 

 

Bài 93:

Cho x, y là các số thực dương. Tìm GTNN của

$P = \sqrt{\frac{x^{3}}{x^{3}+ 8y^{3}}} + \sqrt{\frac{4y^{3}}{y^{3} + (x+y)^{3}}}$

 

Giải

$\sqrt {\dfrac{{x^3 }}{{x^3 + 8y^3 }}} = \dfrac{{x^2 }}{{\sqrt {x\left( {x + 2y} \right)\left( {x^2 - 2xy + 4y^2 } \right)} }}$

$ = \dfrac{{x^2 }}{{\sqrt {\left( {x^2 + 2xy} \right)\left( {x^2 - 2xy + 4y^2 } \right)} }} \geqslant \dfrac{{x^2 }}{{\dfrac{{x^2 + 2xy + x^2 - 2xy + 4y^2 }}{2}}} = \dfrac{{x^2 }}{{x^2 + 2y^2 }}$

$\sqrt {\dfrac{{4y^3 }}{{y^3 + \left( {x + y} \right)^3 }}} = \dfrac{{2y^2 }}{{\sqrt {y\left( {x + 2y} \right)\left( {x^2 + xy + y^2 } \right)} }} = \dfrac{{2y^2 }}{{\sqrt {\left( {xy + 2y^2 } \right)\left( {x^2 + xy + y^2 } \right)} }}$

$ \geqslant \dfrac{{2y^2 }}{{\dfrac{{xy + 2y^2 + x^2 + xy + y^2 }}{2}}} = \dfrac{{2y^2 }}{{y^2 + xy + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2}}} \geqslant \dfrac{{2y^2 }}{{y^2 + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2} + \dfrac{{x^2 + y^2 }}{2}}} = \dfrac{{2y^2 }}{{x^2 + 2y^2 }}$

$\Rightarrow P \geq \dfrac{x^2}{x^2+2y^2}+\dfrac{2y^2}{x^2+2y^2}=1 \Rightarrow minP=1 \Leftrightarrow x=y>0$

 

 

 

Bài 94:

Cho $3$ số $a,b,c$ dương thỏa mãn điều kiện: $a+b+c=abc$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$f=\frac{ab}{c(1+ab)}+\frac{bc}{a(1+bc)}+\frac{ca}{b(1+ca)}$

Giải:

Biến đổi giả thiết $$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$$
Sử dụng BĐT $(x+y+z)^2\geq 3(xy+xz+zx)$
$$\Rightarrow f^2\geq 3.\left [ \frac{b^2}{(1+ab)(1+bc)}+\frac{c^2}{(1+bc)(1+ca)}+\frac{a^2}{(1+ab)(1+ca)} \right ]$$
$$=3.\frac{\sum b^2(1+ac)}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=3.\frac{a^2+b^2+c^2+abc(a+b+c)}{1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$
$$\geq 3.\frac{\frac{(a+b+c)^2}{3}+(abc)^2}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=3.\frac{\frac{4(abc)^2}{3}}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$
$$=\frac{4}{\left ( \frac{1}{ab}+1 \right )\left ( \frac{1}{bc}+1 \right )\left ( \frac{1}{ca}+1 \right )}$$
Mà theo BĐT AM-GM thì
$$\left ( \frac{1}{ab}+1 \right )\left ( \frac{1}{bc}+1 \right )\left ( \frac{1}{ca}+1 \right )\leq \left [ \frac{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+3}{3} \right ]^3=\frac{4^3}{3^3}$$
Suy ra $$f^2\geq \frac{4}{\frac{4^3}{3^3}}=\frac{27}{16}$$
$$\Rightarrow f\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

 

 

 

Bài 95:

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác.chu vi bằng 2.
Min của $4\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )+15xyz$

Giải:

Giả sử $LHS \ge 8$


\[\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 4\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) + 15xyz \ge {\left( {x + y + z} \right)^3}\\
\Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} + 5xyz \ge \left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)\\
\Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} + 3xyz \ge xy\left( {x + y} \right) + yz\left( {y + z} \right) + zx\left( {z + x} \right)
\end{array}\]

Hoặc:

Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b+c=p=2\\
ab+bc+ca=q\\
abc=r
\end{matrix}\right.$

Từ đây suy ra: $q \le \frac{p^2}{3}=\frac{4}{3}$

Khi đó $4\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )+15xyz$ trở thành:

$A=4(p^3-3pq+3r)+15r=-24q+27r+32$

Theo Schur, ta có: $r\geq max\left \{ 0;\frac{p(4q-p^2)}{9} \right \}=max\left \{ 0;\frac{8q-8}{9} \right \}$

Đến đây xét 2 TH:

TH1: $q \le 1 \Rightarrow -24q+27r+32\geq -24q+32\geq 8$

TH2: $q \ge 1 \Rightarrow -24q+27r+32\geq -24q+27.\frac{8q-8}{9}+32=8$

nên $A \ge 8$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{2}{3} $

Vậy $MinA=8$ tại $x=y=z=\frac{2}{3} $

- Bạn có thể đặt: $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\
ab=P
\end{matrix}\right.$
rồi quy về 1 ẩn và khảo sát hàm số.

 

 

 

Bài 95:

Cho x,y,z là 3 số dương thay đổi: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$

Tìm GTNN của: $P= 2(x^{3}+z^{3})+2(y^{3}+z^{3})+\frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Giải

Từ : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$

$\Rightarrow \frac{9}{x+y+z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9( 1- \frac{1}{3(x+y+z)^{3}})$

Đặt : $t=\frac{1}{x+y+z}$, ta có :

$9t-3t^{2}\leq 9(1-\frac{1}{3}t^{3})\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+3)\leq 0$

$\Leftrightarrow t \leq 1 \Leftrightarrow x+y+z \geq 1$
Ta có :
$P= 2(x^{3}+y^{3})+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}\geq \frac{(1-z)^{3}}{2}+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Khảo sát hàm $f(z) $ ta suy ra Min $P= \frac{23}{27}$ khi $x=y=z= \frac{1}{3}$

 

 

 

Bài 96:

Cho $ab+bc+ca =abc$
Chứng minh rằng
$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\geq \sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Giải:

Giả thiết được viết lại thành $ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =1$

Theo BĐT Cauchy-Schwartz thì

$\sqrt{a+bc}=\frac{\sqrt{a^2+abc}}{\sqrt{a}} =\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{\sqrt{a}} \geq \frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{a}} =\sqrt{a}+\sqrt{abc} \frac{1}{a}$

Tương tự ta được $ \ \ \ \ \sqrt{b+ca} \geq \sqrt{b}+\sqrt{abc} \frac{1}{b}$ $ \ \ \ \ ,$ $ \ \ \ \ \sqrt{c+ab} \geq \sqrt{c}+\sqrt{abc} \frac{1}{c}$

Cộng tất cả lại ta có đpcm

 

 

 

Bài 97:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực lớn hơn $2$ sao cho
$$\dfrac{7-2a}{3a-6}+ \frac{7-2b}{3b-6}+ \dfrac{7-2c}{3c-6}= \dfrac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}.$$
Chứng minh $\dfrac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \le 1.$

Giải:

Giả thiết $\ \ \ \ \frac{7-2a}{3a-6}+\frac{7-2b}{3b-6}+\frac{7-2c}{3c-6} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Tương đương $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+\frac{7\frac{1}{b}-2}{3-6\frac{1}{b}}+\frac{7\frac{1}{c}-2}{3-6\frac{1}{c}} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$\Leftrightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \left(\frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+1\right) = \sum \frac{1}{a} +3$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} =3\sum \frac{1}{a}+9$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ (*)$

Dễ thấy $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1+\frac{1}{x}}{1-2\frac{1}{x}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ .$ là hàm lồi với mọi $x>2$

Theo BĐT Jensen ta có $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (**)$

Từ $(*)$ , $(**)$ suy ra $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3\sum \frac{1}{a}+9 \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{3}\left(\sum \frac{1}{a}-1\right) \left(\sum \frac{1}{a}+3\right) \leq 0$

Kéo theo $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1}{a} \leq 1$

Bất đẳng thức được chứng minh

 

 

 

Bài 98:

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{9}{10}\leq \frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ac}+\frac{c}{1+ab}<1$$

Giải:

Ta có,theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ thì
\[\frac{a}{{1 + bc}} + \frac{b}{{1 + ca}} + \frac{c}{{1 + ab}} = \frac{{{a^2}}}{{a + abc}} + \frac{{{b^2}}}{{b + abc}} + \frac{{{c^2}}}{{c + abc}}\]
\[ \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c + 3abc}} \ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{a + b + c + \frac{1}{9}{{(a + b + c)}^3}}} = \frac{9}{{10}}\]
Mặt khác ta có
\[\frac{a}{{1 + bc}} + \frac{b}{{1 + ca}} + \frac{c}{{1 + ab}} < \frac{a}{1} + \frac{b}{1} + \frac{c}{1} = 1\]
Vậy bài toán được chứng minh

 

 

 

Bài 99:

 

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^{2}}{a^{2}-ab+3b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{b^{2}-bc+3c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{c^{2}-ca+3a^{2}}\ge 1$$

Giải:

BĐT trên tương đương với. BĐT cho $x;y;z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ chứng minh rằng:

\[\sum {\frac{1}{{3{x^2} - x + 1}}} \ge 1\]

\[ineq \Leftrightarrow \frac{1}{{3{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2} - \frac{b}{a} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{c}{b}} \right)}^2} - \frac{c}{b} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{a}{c}} \right)}^2} - \frac{a}{c} + 1}} \ge 1\]
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
x = \sqrt[3]{{\frac{b}{a}}}\\
y = \sqrt[3]{{\frac{c}{b}}}\\
z = \sqrt[3]{{\frac{a}{c}}}
\end{array} \right. \Rightarrow xyz = 1$

Bất đẳng thức trở thành:

\[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} + \frac{1}{{3{y^6} - {y^3} + 1}} + \frac{1}{{3{z^6} - {z^3} + 1}} \ge 1\]

Ta lại có: \[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}}\]

thật vậy bđt này tương đương:
\[{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^5} + 2{x^4} + 3{x^3} + 4{x^2} + 2x + 1} \right) \ge 0\]

Xây dựng các bđt tương tự và cộng lại với nhau ta được:

\[LHS \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}} + \frac{1}{{{y^{10}} + {y^5} + 1}} + \frac{1}{{{z^{10}} + {z^5} + 1}} \ge 1 \Rightarrow Q.E.D\]

BĐT được chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c$

 

 

 

 

Bài 100:

Cho $\ a, b, c$ là độ dài ba cạnh trong tam giác. Chứng minh rằng: $$\ \left(3-\dfrac{b+c}{a} \right)\left(3-\dfrac{c+a}{b} \right)\left(3-\dfrac{a+b}{c} \right)\leq 1.$$

Giải:

*Rõ ràng 3 thừa số không thể đồng thời âm
*Nếu có 2 thừa số âm giả sử a+c>3b và b+a>3c, thừa số còn lại không âm
Cộng vế 2 BĐT lại suy ra vô lí vì a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác
*Nếu 1 thừa số âm, 2 thừa số còn lại không âm thì BĐT đúng
*nếu cả 3 thừa số không âm.
Áp dung. AM-GM ta có:
$VT\leq \left (\frac{9-\sum_{sym}\frac{a+b}{c}}{3} \right )^2$
Mà ta có:
$\sum_{sym}\frac{a+b}{c}\geq 6$
Do đó $VT\leq 1$
Dấu bằng xảy ra khi $\Delta$ ABC đều

 

Mai tổng hợp tiếp! Anh em đọc các lời giải trên nếu có chỗ nào sai sót góp ý luôn tại đây,

nhưng lưu ý sau khi các bạn góp ý xong thì chủ topic có thể chỉnh sửa và sau đó xóa đi để topic được nhẹ nhàng khi load. Thân

Em đặt $S=x+y,P=xy$ thì nhân được hệ $\left\{\begin{matrix}
S^2-2P=2P^2\\S=3P^2

\end{matrix}\right.

$

Đến đây chắc em giải được!

Uhm, giờ diễn đàn có nút unlike nên không thấy.

Lí do CD13 tạo thêm topic Tổng hợp các bài BĐT (2) là vì phần 1 mỗi lần mở lên thì load rất chậm, nguyên nhân là số lượng công thức rất nhiều. Phần này thì CD13 cũng với tinh thần coppy các bài toán có lời giải về một chỗ cho sau này dễ tham khảo và tổng hợp.

 

Bài 81:

Cho $a, b, c > 0$ $abc\geq1$ .CMR:
$a+b+c\geq \frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}$

Giải:

$\text{BĐT} \Longleftrightarrow a+b+c-\dfrac{1+a}{1+b}-\dfrac{1+b}{1+c}-\dfrac{1+c}{1+a} \ge 0$
$\Longleftrightarrow \sum (1+a-\dfrac{1+a}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum 1+a(1-\dfrac{1}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum \dfrac{(1+a)b}{1+b}\overset{AM-GM}{\ge} 3\sqrt[3]{abc} \ge 3$ (đúng)

 

Bài 82:

Cho a,b,c dương. CMR:
$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}> \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$

Giải:

Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn như sau $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$
$\left ( a+b \right )\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \left ( a+b \right )\sqrt{3ab}\geq 2\sqrt{3}ab$$\Rightarrow \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$.
Tương tự $\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}bc}{b+c}$
và $\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ca}{c+a}$.
Cộng theo vế các BĐT trên ta thu được đpcm.

 

 

Bài 83:

Cho $a,\,b,\,c,\,>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTLN của: $$P=\dfrac{a}{4-a}+\dfrac{b}{4-b}+\dfrac{c}{4-c}$$

Giải:

Do $a^2+b^2+c^2=3$ và $a,b,c>0$ Nên $a,b,c<2$
Ta sẽ chứng minh $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Thật vậy bđt trên $\Leftrightarrow 3a\leq 4-a+\frac{2}{3}(1-a^2)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq 4(1-a)-\frac{2}{3}(1-a)(a+1)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq (1-a)[4-\frac{2}{3}(-a^2+3a+4)]$
$\Leftrightarrow 0\leq \frac{2}{3}(1-a)^2(2-a)$ (Luôn đúng do $a,b,c<2$)
Vậy ta có $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Tương tự với $b,c$ rồi cộng lại và chú ý $a^2+b^2+c^2=3$ ta sẽ có $P\leq 1$

 

 

Bài 84:

Cho ba số dương a,b,c và abc=ab+bc+ca. CM:
$\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}< \frac{3}{16}$

Giải:

Giả thiết tương đương với:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Áp dụng Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{36}{a+2b+3c}$
Tương tự rồi cộng vế ta có:
$VT\leq \frac{1}{6}< \frac{3}{16}$

 

 

Bài 85:

Cho $(x+y)(x+z)(y+z)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P = \frac{1}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} + \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{1}{{y + 2z}} + \frac{1}{{z + 2x}}$$

Giải:

Sử dụng BĐT $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ và $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$
Theo bài, ta có
$$1\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq \frac{(a+b+c)\sqrt{3abc(a+b+c)}}{9}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\leq \frac{27}{abc}\Leftrightarrow a+b+c\leq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$$
Theo BĐT AM-GM ta có
$$VT\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{9}{3(a+b+c)}=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq 2$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Hoặc:

-Từ giả thiết ta có:
$$8=(x+y)(y+z)(z+x)\ge \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge \frac{8}{9}\sqrt{3(xy+yz+zx)}(xy+yz+zx)\\ \Rightarrow xy+yz+zx\le 3$$
-Áp dụng BĐT Cauchy cho 6 số ta có:
$$P=\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2z}+\frac{1}{z+2x}\\ \ge 6\sqrt[6]{\frac{1}{27xyz(x+2y)(y+2z)(z+2x)}}=\frac{6}{\sqrt[6]{27(xz+2yz)(xy+2xz)(yz+2xy)}}\\ \ge \frac{6}{\sqrt[6]{(xz+2yz+xy+2xz+yz+2xy)^3}}\ge \frac{6}{\sqrt[6]{9^3}}=2\ (const)$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Vậy ...

 

 

Bài 86:

$x,y,z\geq 0; xy+yz+zx\leq 3$
Chứng minh $\frac{2}{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)}\geq 3$

Giải:

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số :
$ P= \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+ \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)^2(2x+y)(2y+z)(2z+x)}} \\
\Leftrightarrow P \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} $
Lại có: $ (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \leq [\frac{(2xz+yz)+(2yx+xz)+(2yz+xy)}{3}]^3 \leq 27 $
Và $ xyz = \sqrt{(xy.yz.xz)} \leq \sqrt { (\frac{xy+yz+zx}{3})^3 } \leq 1 $
Do đó$ 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} \geq 3 \\
\Rightarrow P \geq 3 $
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c =1 $

 

 

Bài 87:

Cho $a,b,c\geq 0$, tìm min của
$P=\frac{\sqrt{a^3c}}{\sqrt{b^3a}+bc}+\frac{\sqrt{b^3a}}{\sqrt{c^3b}+ac}+\frac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+ab}$

Hdẫn:

Chia cả tử và mẫu các biểu thức cho thứ tự: $b\sqrt{ac}, c\sqrt{ab}, a\sqrt{bc}$
rồi đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=x, \sqrt{\frac{b}{c}}=y, \sqrt{\frac{c}{a}}=z$ ta được
$P=\sum\frac{x^2}{y+z}$ với xyz=1. Dùng nốt C-S

 

 

Bài 88:

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn : $a+b+c=1$ .CMR:
$\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\geqslant 2+\sqrt{22+\frac{1}{abc}}$

Giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \sqrt{ab} \geq 13abc+2\sqrt{abc(22abc+1)}$
Theo AM-GM ta có:
$abc \leq \dfrac{1}{27}$
Suy ra:
$2\sqrt{abc(22abc+1)} \leq \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
Mà theo AM-GM ta cũng có:
$\sum \sqrt{ab} \geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta chỉ cần chứng minh:
$3\sqrt[3]{abc} \geq 13abc + \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow 3 \geq 13(abc)^{\frac{2}{3}} +\dfrac{14}{3}(abc)^{\frac{1}{6}}$
Điều này đúng do $abc \leq \dfrac{1}{27}$

 

 

Bài 89:

Cho a, b, c là các số dương có tích bằng 1 chứng minh rằng

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

Hdẫn:

\[\left( {a;b;c} \right) \to \left( {\frac{1}{{{a^2}}};\frac{1}{{{b^2}}};\frac{1}{{{c^2}}}} \right)\]

Ta có:

\[LHS = \sum {\frac{{{b^4}}}{{a\left( {{b^3} + 1} \right)}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{a{b^3} + b{c^3} + c{a^3} + a + b + c}} \ge \frac{3}{2}\]

Đúng do

\[\begin{array}{l}
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left( {a{b^3} + b{c^3} + c{a^3}} \right)\\
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)
\end{array}\]

 

 

Bài 90:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $ab+bc+ca = 1$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{ab} +\frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} \geq 3 + \sqrt{\frac{1}{a^{2}}+1} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}}+1} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}}+1}$

Giải:

Theo $AM-GM$ ta có:

\[\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + 1} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 1} }}{a} = \frac{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }}{a} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{a + b}}{a} + \frac{{a + c}}{a}} \right) = 1 + \frac{{b + c}}{{2a}}\]

Vậy ta cần chứng minh BĐT mạnh hơn:

\[\sum {\frac{1}{{ab}}} \ge 3 + \frac{1}{2}\sum {\frac{{b + c}}{a}} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{{c\left( {a + b} \right)}}{{ab}} \ge 3 + } \frac{1}{2}\sum {\frac{{a + b}}{c}} \]

\[ \Leftrightarrow 2\sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc\]

BĐT cuối hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ nên BĐT được chứng minh.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{{\sqrt 3 }}$

 

 

Đi ăn cơm tí....

 

 

Lâu lâu vào trang cá nhân thì thấy số lượng like bị giảm xuống là sao vậy?

Hướng dẫn:

 

Từng phần

 

$\left\{\begin{matrix}
u=x\\ \\dv=\frac{\sin x}{\cos ^2x}dx

\end{matrix}\right.\to \left\{\begin{matrix}
du=dx\\ \\v=\frac{1}{\cos x}

\end{matrix}\right.$

 

Đến đây chắc em tính được.

Mình hiện là giáo viên nhưng cũng chưa từng nghe quyển sách này. Nhưng có thể tiêu đề đã được thay đổi thành "những sai lầm trong toán học" chăng, vì nói cho cùng ngụy biện chẳng qua là những lí luận sai lầm!

Nhận xét:

1/ Dấu "=" xảy ra trong Min khi $x=y+1$ là đúng rồi, nhưng điều kiện sao lại có "=1" ở phía sau chi vậy?

2/

dấu = xảy ra khi $\vec{u};\vec{v}$cùng dấu tức $\vec{u}=k\vec{v} ,k\geq 0$

Điều này sai.

Các em mới tham gia nên học gõ Latex tốt hơn!

Hướng dẫn:

$m=-(x^2+\frac{1}{x^2})+2(x+\frac{1}{x})$

Đặt $t=x+\frac{1}{x} \to |t| \ge 2$

Dẫn đến tìm tập giá trị hàm số $f(t)=-t^2+2t+2$ với $|t| \ge 2$ ta nhận được $m \le 2$.

Hướng dẫn:

+ Tam giác ABC vuông tại A, đường AB:$y-2=0$ nên đường AC có dạng $x-a=0$.

+ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên I nằm trên đường phân giác $y=-x$

+ Gọi $I(x;-x)$. Áp dụng $d(I;AB)=d(I;AC)=3$, từ đó tìm ra được $a$. Coi như giải được.