Hung nguyen : help

Đặt A = \(\sqrt[3]{3+2\sqrt{2}}+\sqrt[3]{3-2\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{3+2\sqrt{2}}+\sqrt[3]{3-3\sqrt{2}}< A\)

\(A^3=3+2\sqrt{2}+3-2\sqrt{2}+3\sqrt[3]{9-8}=9\)

\(\Rightarrow A^8=\left(A^3\right)^2.A^2=9^2.\left(\sqrt[3]{9}\right)^2=3^4.\sqrt[3]{81}=3^5.\sqrt[3]{3}< 3^6\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{3+2\sqrt{2}}+\sqrt[3]{3-3\sqrt{2}}< A< 3^6\)

......... Kaito Kid ........

Vậy làm theo đề đã sửa nhé.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\geq b\geq c\geq 0\)

Khi đó: \(\left\{\begin{matrix} b^2-bc+c^2=b^2+c(c-b)\leq b^2\\ a^2-ca+c^2=a^2+c(c-a)\leq a^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P=(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)\)

\(\leq (a^2-ab+b^2)a^2b^2\)

Áp dụng BĐT AM-GM ngược dấu ta có:

\(P\leq a^2b^2(a^2-ab+b^2)=\frac{4}{9}.\frac{3ab}{2}.\frac{3ab}{2}(a^2-ab+b^2)\)

\(\leq \frac{4}{9}\left(\frac{a^2-ab+b^2+\frac{3ab}{2}+\frac{3ab}{2}}{3}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{9}\left(\frac{(a+b)^2}{3}\right)^3\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{243}(a+b)^6\)

Vì \(c\geq 0\Rightarrow a+b=3-c\leq 3\)

Do đó \(P\leq \frac{4}{243}.3^6=12\)

Vậy \(P_{\max}=12\). Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(2,1,0)\) và các hoán vị của nó.

P/s: Bài này cũng chính là bài mình thi hsg vòng trường 5 năm trước :)

giống đề thi t

Bạn xem hộ mình xem đề có đúng không. Số thực dương hay số không âm? GTLN hay GTNN ?

Lời giải:

Ta có:

\(M=\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}+9\sqrt{abc}\)

\(M=\sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ac)}+\sqrt{c(c+ab)}+9\sqrt{abc}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\([\sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ac)}+\sqrt{c(c+ab)}]^2\leq (a+b+c)(a+bc+b+ac+c+ab)\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ac)}+\sqrt{c(c+ab)}\leq \sqrt{1+ab+bc+ac}\)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM: \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ac)}+\sqrt{c(c+ab)}\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}(1)\)

AM-GM: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq \frac{1}{27}\Rightarrow 9\sqrt{abc}\leq \sqrt{3}(2)\)

Từ (1);(2) suy ra: \(M\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}+\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{3}\)

Vậy \(M_{\max}=\frac{5\sqrt{3}}{3}\) . Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

\(\left(\sqrt{n+a}+\sqrt{n-a}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(n+a+n-a\right)=4n\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{n+a}+\sqrt{n-a}\le2\sqrt{n}\)

Dấu "=" hiển nhiên k xảy ra ( a>0) nên ta có đpcm

Áp dụng: Cái bđt kia ko lq đến cái bđt cm ở trên. xem lại đề

Giả sử cái trên đã được chứng minh. Giờ làm cái ứng dụng thôi.

\(\sqrt{101}-\sqrt{99}=\dfrac{2}{\sqrt{101}+\sqrt{99}}>\dfrac{2}{2\sqrt{100}}=\dfrac{1}{10}=0,1\)

ta có : cái chứng minh lm như bác Phúc nha (Phúc lm đúng rồi đó) .

ta có : \(\sqrt{101}+\sqrt{99}=\sqrt{100+1}+\sqrt{100-1}< 2\sqrt{100}=20\)

\(\Rightarrow\sqrt{101}+\sqrt{99}< 20\) \(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{101}+\sqrt{99}}{2}< 10\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{101}+\sqrt{99}}{\left(\sqrt{101}+\sqrt{99}\right)\left(\sqrt{101}-\sqrt{99}\right)}< 10\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{101}-\sqrt{99}}< 10\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{101}-\sqrt{99}>\dfrac{1}{10}=0,1\left(đpcm\right)\)

Lời giải:

Bài này bạn chịu khó tìm điểm rơi rồi áp BĐT AM-GM vào thôi:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sqrt{ab}=\frac{1}{2}\sqrt{a.4b}\leq \frac{a+4b}{4}\)

\(\sqrt[3]{abc}=\frac{1}{4}\sqrt[3]{a.4b.16c}\leq \frac{a+4b+16c}{12}\)

Cộng theo vế:
\(\Rightarrow a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\leq a+\frac{a+4b}{4}+\frac{a+4b+16c}{12}=\frac{4}{3}(a+b+c)\)

Mà \(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\frac{4}{3}\Rightarrow a+b+c\geq 1\)

Vậy \((a+b+c)_{\min}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{A}{2x^2+y^2+xy}\le\dfrac{A}{1}\Leftrightarrow\dfrac{x^2+y^2}{2x^2+y^2+xy}\le A\)

Đặt \(\dfrac{x}{y}=t\). Ta có:

\(P=\dfrac{x^2+y^2}{2x^2+y^2+xy}=\dfrac{\left(\dfrac{x^2}{y^2}\right)+\left(\dfrac{y^2}{y^2}\right)}{\left(\dfrac{2x^2}{y^2}\right)+\left(\dfrac{y^2}{y^2}\right)+\left(\dfrac{xy}{y^2}\right)}=\dfrac{t^2+1}{2t^2+1+t}\)

\(\Rightarrow2t^2P+P+Pt=t^2+1\Leftrightarrow t^2\left(2P-1\right)+Pt+P-1\)

\(\Delta=P^2-4\left(2P-1\right)\left(P-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\dfrac{6-2\sqrt{2}}{7}\le P\le\dfrac{6+2\sqrt{2}}{7}\)

\(\Rightarrow A\ge P\ge\dfrac{6-2\sqrt{2}}{7}\)

Lời giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}+\frac{ac}{\sqrt{5abc(3b+2c)}}+\frac{ab}{\sqrt{5abc(3c+2a)}}\geq \frac{3}{5}(*)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(5abc(3a+2b)=5ab.(3ac+2bc)\leq \left(\frac{5ab+3ac+2bc}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \frac{2bc}{5ab+3ac+2bc}=\frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, cộng theo vế ta suy ra:

\(\sum \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}(1)\)

Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz và AM-GM:

\(\sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\geq 2.\frac{(bc+ab+ac)^2}{2[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)}\)

\(=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+2abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{2}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{5}(2)\)

Từ $(1);(2)$ suy ra $(*)$ đúng. BĐT được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Các bạn CTV lưu ý chỉ xóa những bài lặp lại, không đúng box, không đúng chủ đề, sai chính tả tùm lum và viết không có công thức gây khó hiểu thôi nhé.

Đang học Bunyakovsky đúng hong :D

1)

\(S=\sqrt{a^2+4ab+b^2}+\sqrt{b^2+4bc+c^2}+\sqrt{c^2+4ac+a^2}\)

\(S^2=\left(\sqrt{a^2+4ab+b^2}+\sqrt{b^2+4bc+c^2}+\sqrt{c^2+4ac+a^2}\right)^2\)

\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+4ab+b^2+b^2+4bc+c^2+c^2+4ac+a^2\right)\)

\(=3.2\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)=6.\left(a+b+c\right)^2=6.6^2=216\)

\(\Leftrightarrow S\le6\sqrt{6}."="\Leftrightarrow a=b=c=2\)

2) \(M^2=\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x+1+y+1\right)=2.8=16\)

\(M\le4."="\Leftrightarrow x=y=3\)

3)

\(S=ab+2\left(a+b\right)\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}+\dfrac{8\left(a+b\right)}{4}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)^2+8\left(a+b\right)}{4}\)

\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\Leftrightarrow a+b\le\sqrt{2}\)

\(\dfrac{\left(a+b\right)^2+8\left(a+b\right)}{4}\le\dfrac{2+8\sqrt{2}}{4}=\dfrac{1+4\sqrt{2}}{2}\)

\(S\le\dfrac{1+4\sqrt{2}}{2}."="\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)