Violympic toán 9

Phương [Support]

Bài 1: Cho \(a,b,c>0;a+b+c=9\). CMR:

\(\frac{a^3+b^3}{ab+9}+\frac{b^3+c^3}{bc+9}+\frac{c^3+a^3}{ca+9}\ge9\)

Bài 2: Cho \(a,b,c>0;a^2+b^2+c^2=3\). CMR:

\(\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

Akai Haruma đây nha chị :D

Akai Haruma
7 tháng 8 2019 lúc 23:08

Bài 1:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2b+9a}+\frac{b^4}{ab^2+9b}+\frac{b^4}{b^2c+9b}+\frac{c^4}{bc^2+9c}+\frac{c^4}{c^2a+9c}+\frac{a^4}{ca^2+9a}\)

\(\ge \frac{(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+18(a+b+c)}=\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+162}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^3+b^3+c^3=\frac{a^3+b^3+b^3}{3}+\frac{b^3+c^3+c^3}{3}+\frac{c^3+a^3+a^3}{3}\geq ab^2+bc^2+ca^2\)

Tương tự: \(a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{2}\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(c+a)+ca(c+a)\geq \frac{3}{2}[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\)

\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq \frac{3}{2}[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\)

\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\leq 6(a^2+b^2+c^2)\)

Do đó: \(\text{VT}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{6(a^2+b^2+c^2)+162}\)

Đặt \(a^2+b^2+c^2=t\). Dễ thấy \(t\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=27\). Khi đó:

\(\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{6(a^2+b^2+c^2)+162}-9=\frac{4t^2}{6t+162}-9=\frac{2(t-27)(2t+27)}{6t+162}\geq 0, \forall t\geq 27\)

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{4t^2}{6t+162}\geq 9\) (đpcm). Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=3$

Bình luận (6)
Akai Haruma
7 tháng 8 2019 lúc 23:15

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}+b-\frac{bc^2}{b+c^2}+c-\frac{ca^2}{c+a^2}=(a+b+c)-\left(\frac{ab^2}{a+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2}\right)\)

\(\geq (a+b+c)-\left(\frac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}}+\frac{bc^2}{2\sqrt{bc^2}}+\frac{ca^2}{\sqrt{ca^2}}\right)=(a+b+c)-\frac{1}{2}(\sqrt{ab^2}+\sqrt{bc^2}+\sqrt{ca^2})\)

\(\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}\left(\frac{ab+b}{2}+\frac{bc+c}{2}+\frac{ca+a}{2}\right)=\frac{3(a+b+c)-(ab+bc+ac)}{2}\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:

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

\(\Rightarrow a+b+c\geq ab+bc+ac\)

Do đó: \(\text{VT}\geq \frac{3(a+b+c)-(a+b+c)}{2}=\frac{a+b+c}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bình luận (0)
tthnew
8 tháng 8 2019 lúc 18:51

Èo, tự dưng em nhìn ra lời giải khá đơn giản cho bài 1, Akai Haruma chị xem thử giúp em ạ!

Bài 1:

Ta có \(\frac{a^3}{ab+9}+\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{4}+\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{4}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{ab+9}.\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{4}.\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{4}}=\frac{3}{2}a\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{ab+9}\ge\frac{3}{2}a-\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{2}\) (1)

Tương tự ta có \(\frac{b^3}{ab+9}\ge\frac{3}{2}b-\frac{\sqrt{2}.\sqrt{ab+9}}{2}\) (2)

Cộng theo vế (1) và (2) ta thu được: \(\frac{a^3+b^3}{ab+9}\ge\frac{3}{2}\left(a+b\right)-\sqrt{2}\left(\sqrt{ab+9}\right)\)

Hoàn toàn tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế, ta thu được:

\(VT\ge3\left(a+b+c\right)-\sqrt{2}\left(\sqrt{ab+9}+\sqrt{bc+9}+\sqrt{ca+9}\right)\)

\(=27-\sqrt{2}\left(\sqrt{ab+9}+\sqrt{bc+9}+\sqrt{ca+9}\right)\)

Áp dụng BĐT cơ bản: \(\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\ge x+y+z\) ta thu được:

\(VT\ge27-\sqrt{2}\left(\sqrt{3\left(ab+9+bc+9+ca+9\right)}\right)\)

\(\ge27-\sqrt{2}\left(\sqrt{3\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+27\right)}\right)=9\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Đơn giản quá nhễ:D :)))))))))

Bình luận (3)
tthnew
9 tháng 8 2019 lúc 10:01

Đang sung sức nên em xin làm luôn bài 2 theo hướng khác cho nó trọn:D

\(\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{\sqrt{2}.a\sqrt{a+b^2}}{4}+\frac{\sqrt{2}.a\sqrt{a+b^2}}{4}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{a+b^2}.\frac{\sqrt{2}.a\sqrt{a+b^2}}{4}.\frac{\sqrt{2}.a\sqrt{a+b^2}}{4}}=3\sqrt[3]{\frac{a^4}{8}}=\frac{3}{2}a^2\)

Suy ra \(\frac{a^2}{a+b^2}\ge\frac{3}{2}a^2-\frac{\sqrt{2}.a\sqrt{a+b^2}}{2}\)

Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta được:

\(VT\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{2}\left(\sqrt{2}a\sqrt{a+b^2}+\sqrt{2}b.\sqrt{b+c^2}+\sqrt{2}.c\sqrt{c+a^2}\right)\)

Giờ cô si phát nữa vào cái ngoặc phía sau là xong:D

\(VT\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{2a^2+a+b^2}{2}+\frac{2b^2+b+c^2}{2}+\frac{2c^2+c+a^2}{2}\right)\)

\(=\frac{3}{2}.3-\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)+\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\right)\)

Mặt khác ta dễ dàng c/m \(a+b+c\le3\)

Do đó \(VT\ge\frac{3}{2}.3-\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}.3-\left(a+b+c\right)+\frac{3}{2}.3\right)=\frac{a+b+2}{2}^{\left(đpcm\right)}\)

đẲng thức xảy ra khi a = b = c= 1

Bình luận (20)
Nguyen
9 tháng 8 2019 lúc 9:26

Bài 1 em có cách này ko bt có đúng ko.

Có:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(LĐ với a,b>0)

Dấu = xra khi a=b

T tự:\(b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right);c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma\frac{a^3+b^3}{ab+9}\ge\Sigma\frac{ab\left(a+b\right)}{ab+9}\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(\Sigma\frac{ab\left(a+b\right)}{ab+9}\ge\Sigma\frac{2ab\sqrt{ab}}{ab+9}\)

Vì BĐT Cauchy có dấu = xra khi a=b

\(\Rightarrow ab\ge3.3=9\)

\(\Rightarrow\Sigma\frac{2ab\sqrt{ab}}{ab+9}\ge\Sigma\frac{2.9.3}{18}=9\)

Vậy ta có đpcm .Dấu"=" xra khi a=b=c=3

Bình luận (5)

Các câu hỏi tương tự
bach nhac lam
Xem chi tiết
Nguyễn Phương Oanh
Xem chi tiết
asssssssaasawdd
Xem chi tiết
khoimzx
Xem chi tiết
bach nhac lam
Xem chi tiết
Văn Thắng Hồ
Xem chi tiết
bach nhac lam
Xem chi tiết
bach nhac lam
Xem chi tiết
Doãn Hoài Trang
Xem chi tiết