Violympic toán 9

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Mai Tiến Đỗ

Bài 1: Cho a,b,c dương

a) Tìm Max \(P=\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\)

b) Tìm Max \(Q=\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\)

Bài 2: Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn \(x+y+z=\frac{3}{2}\).Chứng minh rằng \(x+2xy+4xyz\le2\)

Bài 3: Cho a,b thỏa mãn \(\left(x+y\right)^3+4xy\ge2\). Tìm Min \(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1\)

Bài 4: Cho x,y,z >0: \(x\left(x+y+z\right)=3yz\). Chứng minh: \(\left(x+y\right)^3+\left(x+z\right)^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le5\left(y+z\right)^3\)

Bài 5:Cho a,b,c không âm thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+abc=4\). CMR: \(a+b+c\le3\)

Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:43

1a.

\(2P=1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ca}{2b^2+ca}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\)

\(\Rightarrow2P=3-\left(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}\right)\)

\(\Rightarrow2P=3-\left(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2b^2ca+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\right)\)

\(\Rightarrow2P\le3-\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=3-1=2\)

\(\Rightarrow P\le1\)

\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:44

1b.

\(Q=\frac{a^2}{5a^2+b^2+c^2+2bc}+\frac{b^2}{5b^2+a^2+c^2+2ca}+\frac{c^2}{5c^2+a^2+b^2+2ab}\)

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

\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}+2\left(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\right)\)

\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(1+2\left(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\right)\)

Theo kết quả câu a ta có:

\(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)

\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(1+2\right)=\frac{1}{3}\)

\(Q_{max}=\frac{1}{3}\) khi \(a=b=c\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:44

2.

Do \(x+y+z=\frac{3}{2}\Rightarrow x< \frac{3}{2}< 2\)

Ta có:

\(VT=x+x.4y\left(\frac{1}{2}+z\right)\le x+x\left(\frac{1}{2}+z+y\right)^2=x+x\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}-x\right)^2\)

\(\Leftrightarrow VT\le x+x\left(2-x\right)^2=x^3-4x^2+5x\)

\(\Leftrightarrow VT\le x^3-4x^2+5x-2+2=\left(x-1\right)^2\left(x-2\right)+2\le2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;\frac{1}{2};0\right)\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:44

3.

Ta có:

\(\left(x+y\right)^3+4xy\ge2\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2-\left(x-y\right)^2\ge2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\ge2+\left(x-y\right)^2\ge2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y-1\right)\left[\left(x+y+1\right)^2+1\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow x+y\ge1\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{1}{2}\)

Do đó:

\(P=\frac{3}{2}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{3}{2}\left(x^4+y^4\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1\)

\(P\ge\frac{3}{2}\left(x^2+y^2\right)+\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)

\(P\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)

Đặt \(x^2+y^2=a\ge\frac{1}{2}\)

\(P\ge\frac{9}{4}a^2-2a+1=\frac{9}{4}a^2-2a+\frac{7}{16}+\frac{9}{16}\)

\(P\ge\frac{9}{4}\left(a-\frac{1}{2}\right)\left(a-\frac{7}{18}\right)+\frac{9}{16}\ge\frac{9}{16}\)

\(P_{min}=\frac{9}{16}\) khi \(a=\frac{1}{2}\) hay \(x=y=\frac{1}{2}\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:44

4.

\(x^2+xy+yz+zx=4yz\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)=4yz\)

Ta có:

\(\left(x+y\right)^3+\left(x+z\right)^3=\left(x+y+x+z\right)\left[\left(x+y-\left(x+z\right)\right)^2+\left(x+y\right)\left(x+z\right)\right]\)

\(=\left(x+y+x+z\right)\left[\left(y-z\right)^2+4yz\right]=\left(x+y+x+z\right)\left(y+z\right)^2\)

Lại có:

\(x+y+x+z\le\sqrt{2\left[\left(x+y\right)^2+\left(x+z\right)^2\right]}=\sqrt{2\left[\left(y-z\right)^2+2\left(x+y\right)\left(x+z\right)\right]}\)

\(\Rightarrow x+y+x+z\le\sqrt{2\left[\left(y-z\right)^2+8yz\right]}\le\sqrt{2\left[2\left(y-z\right)^2+8yz\right]}\)

\(\Rightarrow x+y+x+z\le\sqrt{4\left(y+z\right)^2}=2\left(y+z\right)\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^3+\left(x+z\right)^3\le2\left(y+z\right)^3\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\le3\left(y+z\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\le\left(y+z\right)^2\)

Điều này hiển nhiên đúng do \(\left(x+y\right)\left(x+z\right)=4yz\le\left(y+z\right)^2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Việt Lâm
25 tháng 10 2020 lúc 15:45

5.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với 1

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow2abc+2c\ge2ac+2bc\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2ac+2bc-2c+1\)

\(a^2+b^2+c^2+1-2c+2ac+2bc\ge2ab+2c-2c+2ac+2bc\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Từ giả thiết ta có:

\(2a^2+2b^2+2c^2+2abc=8\)

\(\Leftrightarrow9=\left(a^2+b^2+c^2+2abc+1\right)+a^2+b^2+c^2\ge2\left(ab+bc+ca\right)+a^2+b^2+c^2\)

\(\Rightarrow9\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow a+b+c\le3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Khách vãng lai đã xóa
Mai Tiến Đỗ
25 tháng 10 2020 lúc 22:07

Nguyễn Việt Lâm Cảm ơn anh nha

Khách vãng lai đã xóa

Các câu hỏi tương tự
bach nhac lam
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
le duc minh vuong
Xem chi tiết
Hoàng Quốc Tuấn
Xem chi tiết
bach nhac lam
Xem chi tiết
Lê Thanh Hân
Xem chi tiết