$a,b,c$ ở đây chỉ có vai trò là hoán vị thôi nên không được giả sử $a\ge b\ge c$ đâu ạ. Nên cách này chưa trọn vẹn.

Câu phương trình ở căn thức thứ ba phải là $17x^2-48x+36$ chứ nhỉ. Và bài này vô nghiệm.

Bài 2.

Tìm Min.

\(M=\sum\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z-9\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$

Tìm Max.

Ta đi chứng minh \(5-\dfrac{1}{3}x\ge\sqrt{x^2-16x+25}\)

Do $x+y+z=3;x,y,z\ge 0$ nên $x\le 3.$ Do đó \(VT\ge5-1=4>0.\) (1)

Bình phương hai vế, rút gọn, bất đẳng thức tương đương với \(\dfrac{8}{9}x\left(3-x\right)\ge0\) (hiển nhiên)

Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế thu được Max = 14 kết hợp với số 4 ở (1) là được ngày sinh của em=))

Đề bất đẳng thức đơn giản v:vv

3c) Ta sẽ chứng minh 

\(\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^3\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2-\left(b+c\right)^3a+\left(b^2+c^2\right)^2\right]}{\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left(b^2+c^2\right)}\ge0\)

Hay là \(2\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2+\left(b^2+c^2\right)^2\right]\ge (b+c)^3 a\)

Đúng vì theo AM-GM ta có:

\(VT\ge2\sqrt{2a^2\left(b^2+c^2\right)^3}\ge2\sqrt{2\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]^3}a=\left(b+c\right)^3a=VP.\)

Xong.

Câu 45.

\(P=\dfrac{1}{5xy}+\dfrac{5}{x+2y+5}\ge\dfrac{1}{5xy}+\dfrac{5}{x+2y+5}+\dfrac{3}{20}\left(x+y-3\right)\)

\(=\left[\dfrac{1}{10}x+\dfrac{1}{20}y+\dfrac{1}{5xy}\right]+\left[\dfrac{1}{20}\left(x+2y+5\right)+\dfrac{5}{x+2y+5}\right]-\dfrac{7}{10}\)

\(\ge\left(\dfrac{\sqrt{2xy}}{20}+\dfrac{\sqrt{2xy}}{20}+\dfrac{1}{5xy}\right)+2\sqrt{\dfrac{1}{20}\left(x+2y+5\right)\cdot\dfrac{5}{x+2y+5}}-\dfrac{7}{10}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\left(\dfrac{\sqrt{2xy}}{20}\right)^2\cdot\dfrac{1}{5xy}}+2\sqrt{\dfrac{5}{20}}-\dfrac{7}{10}\)

\(=\dfrac{3}{10}+1-\dfrac{7}{10}=\dfrac{3}{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=1,y=2\)

Note.

Mấu chốt của lời giải này là tìm ra được điểm rơi $x=1,y=2.$ Có thể làm như sau:

Xét hàm \(f\left(x,y\right)=\dfrac{1}{5xy}+\dfrac{5}{x+2y+5}+k\left(x+y-3\right)\)

Cách 1. Ta thấy điểm cực trị của $f(x,y)$ là nghiệm của hệ phương trình sau:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\partial F}{\partial x}=0\\\dfrac{\partial F}{\partial y}=0\\x+y=3\end{matrix}\right.\Rightarrow x=1,y=2,k=\dfrac{3}{20},\) từ đây lý giải được tại sao lại có cách cộng thêm \(\dfrac{3}{20}\left(x+y-3\right)\) như lời giải bên trên.

Ngoài ra còn một cách khác để tìm điểm rơi như sau.

\(F(x,y)=\left[ \left( k-m \right) x+ \left( k-2\,m \right) y+\dfrac{1}{5xy}\right]+\left[m(x+2y+5)+\dfrac{5}{x+2y+5}\right]-3k-5m\)

Sau khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta thấy đẳng thức phải đạt tại

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(k-m\right)x=\left(k-2m\right)y\\\sqrt{\left(k-m\right)\left(k-2m\right)xy}=\dfrac{1}{5xy}\\m\left(x+2y+5\right)=\dfrac{5}{x+2y+5}\end{matrix}\right.\) và \(x+y=3\) (cái này do ta dự đoán)

Sau khi giải hệ khá cồng kềnh bên trên ta thu được \(x=1,y=2,k=\dfrac{3}{20},m=\dfrac{1}{20}\)

P/s: Ez game:D Và cách tìm điểm rơi thứ $2$ dễ hơn cách 1 cả về mặt kiến thức lẫn áp dụng, vì chỉ cần tìm xong thế ngược $m,k$ lại là ta thu được lời giải. Vả lại HS THCS chưa được học nhân tử Langrange nên chắc chắn cách $2$ là phù hợp nhất.

Gõ sai số thứ tự. Bài III nhá.

Wow, hai cách.

Bài 4.

Bằng kỹ thuật UCT, ta đi chứng minh:

\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\dfrac{1}{25}\left(8a-3b\right)\)

$\bullet$ Nếu \(8a-3b< 0\Rightarrowđpcm\)

$\bullet$ Trong trường hợp ngược lại ta thu được $a\ge \dfrac{3}{8}b.$

Bình phương hai vế, quy đồng, rút gọn, ta cần chứng minh:

\(\left( 433\,{a}^{2}+114\,ab-72\,{b}^{2} \right) \left( a-b \right) ^ {2}\ge 0\) (đúng $a\ge \dfrac{3}{8}b.$)

Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế ta nhận được đpcm./.

Đây là cách của em.

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{27}{16}\cdot\dfrac{\left(a-b\right)^2}{a+b+c}\)

\(\bullet\) Nếu \(c\ne \text{mid}\{a,b,c\}\) thì \(\left(a-c\right)\left(b-c\right)\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\le a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\) từ đây đưa về đối xứng và chứng minh dễ dàng.

\(\bullet\) Nếu \(c= \text{mid}\{a,b,c\}.\) Chuẩn hóa \(a+b=1\Rightarrow0\le c\le1.\) Đặt \(x=ab\Rightarrow0< x\le c\left(1-c\right)\)

Cần chứng minh

\(f(x)=108\,{x}^{2}+ \left( 16\,{c}^{3}+84\,{c}^{2}+12\,c-83 \right) x+ \left( c+1 \right) \left( 16\,{c}^{4}+8\,{c}^{3}-16\,{c}^{2}-19\,c+ 16 \right) \ge 0\)

\(f'(x)=16\,{c}^{3}+84\,{c}^{2}+12\,c+216\,x-83 \)

*Nếu $0 \le c \le \dfrac{1}{2}$ thì \(f'\left(x\right)\le\left(2c-1\right)\left(8c^2-62c+83\right)\le0\)

Khi đó $f(x)$ là hàm nghịch biến nên \(f\left(x\right)\ge f\left(c\left(1-c\right)\right)=2\left(8c^2-11c+8\right)\left(2c-1\right)^2\ge0\)

*Nếu $\dfrac{1}{2} \le c \le 1$ thì \(\Delta_x= \left( 64\,{c}^{4}-992\,{c}^{3}-1740\,{c}^{2}-788\,c-23 \right) \left( 2\,c-1 \right) ^{2}\le 0\)

ta có điều phải chứng minh

:D