Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bài 2: Restore : a;b;c không âm thỏa \(a^2+b^2+c^2=1\)

Tìm Min & Max của \(M=\left(a+b+c\right)^3+a\left(2bc-1\right)+b\left(2ac-1\right)+c\left(2ab-1\right)\)

Bài 4: Tương đương giống hôm nọ thôi : V

Bài 5 : Thiếu ĐK thì vứt luôn : V

Bài 7: Tương đương

( Hoặc có thể AM-GM khử căn , sau đó đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\) rồi áp dụng bổ đề vasile)

Bài 8 : Đây là 1 dạng của BĐT hoán vị

@Ace Legona @Akai Haruma @Hung nguyen @Hà Nam Phan Đình @Neet

1/ Không mất tính tổng quát giả sử: \(x\ge y\ge z>0\)

\(\Rightarrow15=x+y+z\ge3z\)

\(\Leftrightarrow1\le z\le5\)

Làm nốt nhé.

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(x^2+xy+y^2=(x+y)^2-xy\geq (x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}=\frac{3(x+y)^2}{4}\)

\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}(x+y+z)=3\sqrt{3}\) (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=\dfrac{a^2}{a+abc}+\dfrac{b^2}{b+abc}+\dfrac{c^2}{c+abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3abc}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{3}}=\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\)

Tức cần chứng minh \(\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\ge1\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b+c\right)\ge3+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow9\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\right)^2\)

Đặt \(a^2+b^2+c^2=k\left(ab+bc+ca\right)\left(k\ge1\right)\) và ta cần cm:

\(9(k+2)k\geq(3k+1)^2\)\(\Leftrightarrow12k-1\ge9\) *đúng với \(k\ge 1\) :|*

Huê k ai làm à, để tui hốt luôn nhé :| \(a=b\rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}};c->0^+\) thì \(VT\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\) sai nên tui c/m nó $\ge$ 1 nhé

o boai

Áp dụng bđt AM-GM có:

\(1+\dfrac{y}{z}\ge2\sqrt{\dfrac{y}{z}};1+\dfrac{z}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{z}{x}}\)

Dễ dàng suy ra: \(M\ge\dfrac{x}{y}+2\sqrt{2}\cdot\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+3\sqrt[3]{2}\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{x}{y}+4\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+6\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\right)+\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot\dfrac{x}{y}+\left(3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\right)\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\)

Theo AM-GM có: \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{x}{y}+4\sqrt[4]{\dfrac{y}{z}}+6\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\right)\ge\dfrac{1}{2}\cdot11\sqrt[11]{\dfrac{x}{y}\cdot\dfrac{y}{z}\cdot\dfrac{z}{x}}=\dfrac{11}{\sqrt{2}}\) (1)

Theo đề: \(x\ge max\left\{y,z\right\}\) ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}\ge1\\\dfrac{z}{x}\le1\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot\dfrac{x}{y}\ge1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(2\right)\\\left(3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\right)\cdot\sqrt[6]{\dfrac{z}{x}}\ge3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế bđt (1), (2) ,(3) có:\(A\ge\dfrac{11}{\sqrt{2}}+1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+3\sqrt[3]{2}-3\sqrt{2}=1+2\sqrt{2}+3\sqrt[3]{2}\)

Xảy ra khi \(x=y=z\)

Lâu lâu k đi khủng bố tinh thần :3

Ta đi cm \(1+2\sqrt{2}+3\sqrt[3]{2}\) là Min nhé

\(M'(x)=\dfrac{1}{y}+\dfrac{-\dfrac{z}{x^2}}{\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}}=\dfrac{x^2\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}-yz}{y\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{z}{x}\right)^2}}\ge0\)

Vì vậy ta cần xét 2 trường hợp

*)\(y\ge z;x=y\). Đặt \(\dfrac{y}{z}=t\). Khi đó \(t\ge 1\) và cần cm \(f(t)\ge 0\)

\(f(t)=2\sqrt{1+t}+3\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{t}}-2\sqrt{2}-3\sqrt[3]{2}\)

Thật vậy \(f'(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{-\dfrac{1}{t^2}}{\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{t}}}=\dfrac{\sqrt[3]{t^4(t+1)^2}-\sqrt{1+t}}{\sqrt{1+t}\sqrt[3]{t^4(t+1)^2}}>0\)

\(\Rightarrow f(t)\ge f(1)=0\)

*)\(z\ge y ;x=z\). Khi đó \(t\ge 1\) và ta cm \(g(t)\ge 0\)

\(g(t)=t+2\sqrt{1+\dfrac{1}{t}}-1-2\sqrt{2}\)

Và \(g'(t)=1+\dfrac{-\dfrac{1}{t^2}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{t}}}=\dfrac{\sqrt{t^3(t+1)}-1}{\sqrt{t^3(t+1)}}>0\)

Tức là \(g(t)\geq g(1)=0\)

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

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

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

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

\(=\sqrt{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=a+b+c\)

hấp diêm đi boài khác giúp mày em ạ

Áp dụng bổ đề:

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

Ta có:

\(\dfrac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\dfrac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\dfrac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\)

\(\le\dfrac{20b^3-ab\left(a+b\right)}{ab+5b^2}+\dfrac{20c^3-bc\left(b+c\right)}{bc+5c^2}+\dfrac{20a^3-ca\left(c+a\right)}{ac+5a^2}\)

\(=\dfrac{b\left(4b-a\right)\left(5b+a\right)}{ab+5b^2}+\dfrac{c\left(4c-b\right)\left(5c+b\right)}{bc+5c^2}+\dfrac{a\left(4a-c\right)\left(5a+c\right)}{ac+5a^2}\)

\(=4b-a+4c-b+4a-c=3\left(a+b+c\right)\)

Pls tìm trước khi hỏi $$\dfrac{19b^3-a^3}{ab+5^2}+\dfrac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\dfrac ...

Cho a,b,c>0.Cm:(19b^3-a^3)/(ab+5b^2)+ - Trường Toán Pitago – Hướng dẫn ...

C/m bất đẳng thức khó cho hsg

C/m bất đẳng thức khó cho hsg | Diễn đàn HOCMAI - Cộng đồng học tập ...

Cho a,b,c >0 và a+b+c=1.CMR (19b^3-a^3)/(ba+5b^2)+(19c^3-b^3)/(cb ...

Câu hỏi của Anh đẹp traiii - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Học tại nhà - Toán - Chứng minh đẳng thức

Bất đẳng thức - K2PI – TOÁN THPT | Chia sẻ Tài liệu, đề thi, hỗ trợ ...

Bất đẳng thức

Đề thi HSG 12 THPT An Lão, Hải Phòng - Diễn Đàn MathScope

giúp tớ bài toán Cm 9 này với! hu hu!? | Yahoo Hỏi & Đáp

VMF,HMF,k2pi, mathscope,... đủ cả

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+y\left(x-1\right)}+\sqrt{x}=y+\sqrt{y}\left(1\right)\\\left(x-1\right)^2+y\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{y}\right)^3}=2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow\sqrt{x+y\left(x-1\right)}-y-\sqrt{y}+\sqrt{x}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x+xy-y-y^2}{\sqrt{x+y\left(x-1\right)}+y}+\dfrac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)\left(y+1\right)}{\sqrt{x+y\left(x-1\right)}+y}+\dfrac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(\dfrac{y+1}{\sqrt{x+y\left(x-1\right)}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=y\)

Thế vô (2) ta được

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+x\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^3}=2\)

\(\Leftrightarrow x\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^3}=2-\left(x-1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^6-x^5+x^4-2x^3-x^2-x-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)^2\left(x^2-x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\\x=y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

từ pt 1 chuyển vế liên hợp nhé, tối rồi mệt nên ngại làm :>

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left (\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)(abc+abc+abc)\geq (ab+bc+ac)^2\)

\(\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3abc}\) $(1)$

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\\ a^2b^2+c^2a^2\geq 2a^2bc\\ b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow (ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)(2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

b) Ta có:

\(\text{VT}+3=(a+b+c)\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )(a+b+b+c+c+a)\geq (1+1+1)^2=9\)

\(\Rightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\)

\(\Rightarrow \text{VT}+3\geq (a+b+c).\frac{9}{2(a+b+c)}=\frac{9}{2}\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{2}\)

Do đó ta có đpcm.

Đặt \(D=\dfrac{\text{x}^2+a}{xy+a}\)

\(E=\dfrac{y^2+b}{yz+b}\)

\(F=\dfrac{z^2+c}{xz+c}\)

Dự đoán: Đẳng thức xảy ra khi: D=E=F=1

Áp dụng bđt AM_GM :

||bđt có được dùng ngược lại giống như đl Ta-let/ Py-ta-go ko??||

\(\dfrac{x^2+a}{yz+b}\cdot\dfrac{y^2+b}{xz+c}\cdot\dfrac{z^2+c}{xy+a}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\text{x}^2+a}{xy+a}\cdot\dfrac{y^2+b}{yz+b}\cdot\dfrac{z^2+c}{xz+c}\ge1\) (*)

*Nhận xét: Giá trị của VT phụ thuộc vào x,y,z .

Trong 3 số x,y,z có ít nhất 1 số >/ các số còn lại => trong 3 đa thức D, E, F có ít nhất 1 đa thức >/ 1 với mọi x,y,z,a,b,c dương

\(\Rightarrow\) (*) đúng

Hay \(\dfrac{x^2+a}{yz+b}+\dfrac{y^2+b}{xz+c}+\dfrac{z^2+c}{xy+a}\ge3\) \(\forall x,y,z,a,b,c>0\)

Dấu "=" xảy ra khi D=E=F=1 , hay x=y=z

|| kết luận viết như nào đây........||

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

Không biết có đúng không nữa, sai sót gì sư phụ góp ý cho con nhá..... nhớ góp ý nhẹ nhẹ thôi không là broken heart T_T!! Cảm ơn ạ

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sum\dfrac{x^2+a}{yz+b}\ge\sum\dfrac{2\left(x^2+a\right)}{y^2+z^2+2b}\)

Đặt \(x^2+y^2+y^2+a+b+c=m\)(m>0)

Áp dụng BĐT chebyshev:

\(\left[\dfrac{2\left(x^2+a\right)}{y^2+z^2+2b}+\dfrac{2\left(y^2+b\right)}{x^2+z^2+2c}+\dfrac{2\left(z^2+c\right)}{x^2+y^2+2a}\right]\left[\left(y^2+z^2+2b\right)+\left(x^2+z^2+2c\right)+\left(x^2+y^2+2a\right)\right]\ge6\left(x^2+y^2+z^2+a+b+c\right)\)

hay \(VT.2m\ge6m\Leftrightarrow VT\ge3\)

Điều này đúng khi ta có thứ tự sắp biến sau:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x^2+a}{y^2+z^2+2b}\ge\dfrac{y^2+b}{x^2+z^2+2c}\ge\dfrac{z^2+c}{x^2+y^2+2a}\\y^2+z^2+2b\le x^2+z^2+2c\le x^2+y^2+2a\end{matrix}\right.\)

Thật vậy, giả sử \(x\ge y\ge z\) và \(a=max\left\{a,b,c\right\}\) thì điều trên đúng

P/s : dòng cuối em chém đó, sir giải quyết nốt đi,mắc khúc cuối :v

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM có:

\(\dfrac{x^2+a}{yz+b}+\dfrac{y^2+b}{xz+c}+\dfrac{z^2+c}{xy+a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{\left(x^2+a\right)\left(y^2+b^2\right)\left(z^2+c\right)}{\left(yz+b\right)\left(xz+c\right)\left(xy+a\right)}}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{\left(xy+a\right)\left(yz+b\right)\left(xz+c\right)}{\left(yz+b\right)\left(xz+b\right)\left(xz+c\right)}}=3\sqrt[3]{1}=3\)

Dấu " = " khi \(a=b=c=x=y=z=1\)

Vậy...