Cho a,b,c\in [0;1]. Tìm giá trị nhỏ nhất của P=\frac{1}{6}(a+b+c-ab-bc-ac)^3+(1-a-ab)^2+(1-b+bc)^2+(1-c+ac)^2
Giải
Dreams do come true, if we only wish hard enough. You can have anything in life if you will sacrifice everything else for it https://www.linkedin.com/in/kien-tran-trung/
Hiển thị các bài đăng có nhãn Bất đẳng thức. Hiển thị tất cả bài đăng
Hiển thị các bài đăng có nhãn Bất đẳng thức. Hiển thị tất cả bài đăng
Thứ Sáu, 26 tháng 6, 2015
Chủ Nhật, 8 tháng 6, 2014
Tìm GTNN của F=\frac{1}{1+a^6}+\frac{2}{1+b^3}+\frac{3}{1+c^2}+6\sqrt{1+abc(abc-1)}
Cho a,b,c\ge 1 tìm GTNN của F=\frac{1}{1+a^6}+\frac{2}{1+b^3}+\frac{3}{1+c^2}+6\sqrt{1+abc(abc-1)}
Trích đề thi thử TT BDVH 218 Lý Tự Trọng
Trích đề thi thử TT BDVH 218 Lý Tự Trọng
Thứ Năm, 5 tháng 6, 2014
Tìm GTLN và GTNN của P=x^2y+y^2z+z^2x
Cho x,y,z là các số thực thỏa x+y+z=5 và x^2+y^2+z^2=9. Tìm GTLN và GTNN của P=x^2y+y^2z+z^2x
Thứ Ba, 3 tháng 6, 2014
Cho a,b,c>0 chứng minh (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2
Cho a,b,c>0 chứng minh (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2
Chứng minh \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{b+a}+\frac{c+a}{c+b}
Cho a,b,c>0 chứng minh \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{b+a}+\frac{c+a}{c+b}
Thứ Ba, 27 tháng 5, 2014
Tìm GTLN của P=(ab+bc+ac) \left[1+\sqrt{4-(a^2+2b^2+5c^2)^2} \right ]
Bài 1: Cho a,b,c thực thỏa a^2+2b^2+5c^2\le 2. Tìm GTLN của P=(ab+bc+ac) \left[1+\sqrt{4-(a^2+2b^2+5c^2)^2} \right ]
Thứ Sáu, 23 tháng 5, 2014
Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}
Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}
Đề thi thử New-study lần 12
Đề thi thử New-study lần 12
Chủ Nhật, 11 tháng 5, 2014
Câu BĐT đề người thầy lần 6
Cho a,b,c>0 thỏa (a+b-c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )=4. Tìm GTNN của P=(a^3+b^3+c^3)\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \right )
Đề người thầy lần 6 2014
Đề người thầy lần 6 2014
Thứ Bảy, 12 tháng 4, 2014
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=\frac{(x+y-z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy}+\frac{(y+z-x)^2}{x^2+y^2+z^2+2yz}+\frac{(z+x-y)^2}{x^2+y^2+z^2+2xz}
Cho các số thực dương x,y,z thỏa x+y+z=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=\frac{(x+y-z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy}+\frac{(y+z-x)^2}{x^2+y^2+z^2+2yz}+\frac{(z+x-y)^2}{x^2+y^2+z^2+2xz}
Đề thi thử lần 2 chuyên Lê Quý Đôn - Đà Năng
Lời giải
Đề thi thử lần 2 chuyên Lê Quý Đôn - Đà Năng
Lời giải
Chủ Nhật, 9 tháng 6, 2013
Tìm GTNN của biểu thức P=x^2+y^2+2z+\frac{40}{\sqrt{y+z+1}}+\frac{40}{\sqrt{x+3}}
Cho x,y,z thực thỏa mãn x^2+y^2+z^2+2xy\le 2(x+y+z). Tìm GTNN của biểu thức P=x^2+y^2+2z+\frac{40}{\sqrt{y+z+1}}+\frac{40}{\sqrt{x+3}}
Trích đề thi thử THPT Chuyên Lê Hồng Phong THPT
Trích đề thi thử THPT Chuyên Lê Hồng Phong THPT
Chủ Nhật, 16 tháng 12, 2012
Chứng minh a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2
Cho tam giác ABC, BC=a,CA=b,AB=c. Chứng minh a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2
Ta có nhận xét sau: Với mọi M,N trong tam giác ABC thì MA.\sin\angle BNC+MB.\sin \angle CNA+MC.\sin \angle ANB\ge NA.\sin \angle BNC+NB.\sin \angle CNA+NC.\sin \angle ANB
Tiếp đó cho M và N là hai điểm Broca của tam giác, chú y\angle BNC=180^0-B;\angle CNA=180^0-C;\angle ANB=180^0-A.
Từ đây dễ dàng có điều cần chứng minh.
Ta có nhận xét sau: Với mọi M,N trong tam giác ABC thì MA.\sin\angle BNC+MB.\sin \angle CNA+MC.\sin \angle ANB\ge NA.\sin \angle BNC+NB.\sin \angle CNA+NC.\sin \angle ANB
Tiếp đó cho M và N là hai điểm Broca của tam giác, chú y\angle BNC=180^0-B;\angle CNA=180^0-C;\angle ANB=180^0-A.
Từ đây dễ dàng có điều cần chứng minh.
Chứng minh ab+bc+ac\ge 1
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=1. Đặt a=\sqrt{y^2+yz+z^2};b=\sqrt{z^2+xz+x^2};c=\sqrt{x^2+xy+y^2} Chứng minh ab+bc+ac\ge 1
Giả sử cho điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Dựng các điểm A,B,C sao cho MA=x;MB=y;MC=z và \angle AMB=\angle BMC=\angle CMA=120^0
Khi đó MA là điểm Toricelli trong tam giác ABC có 3 cạnh BC=a;CA=b;AB=c. Ta cần chứng minh ab+bc+ac\ge 1=MA+MB+MC =\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2S\sqrt{3}}
Hay a^2+b^2+c^2 \ge 4S\sqrt{3}+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2
Đây chính là bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
Vậy ta có điều cần chứng minh. \blacksquare
Giả sử cho điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Dựng các điểm A,B,C sao cho MA=x;MB=y;MC=z và \angle AMB=\angle BMC=\angle CMA=120^0
Khi đó MA là điểm Toricelli trong tam giác ABC có 3 cạnh BC=a;CA=b;AB=c. Ta cần chứng minh ab+bc+ac\ge 1=MA+MB+MC =\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2S\sqrt{3}}
Hay a^2+b^2+c^2 \ge 4S\sqrt{3}+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2
Đây chính là bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
Vậy ta có điều cần chứng minh. \blacksquare
Thứ Ba, 11 tháng 12, 2012
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}
chotam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, có trọng tâm G. G nằm trong (I). Gọi
a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của ∆ABC. Tìm GTLN, GTNN
của biểu thức:
P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}
Lời giải
GTNN
Ta có a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ac do đó P\ge 1
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c khi đó tam giác ABC đều.
GTLN
Gọi p và r theo thứ tự là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Theo định lý Pythagore ta có
IA^2+IB^2+IC^2=(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 \,\,\,\,(1)
Lại có IA^2+IB^2+IC^2=(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GA})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GB})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GC})^2=3IG^2+GA^2+BG^2+CG^2\,\,\, (2)
Do \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}
Từ (1) (2) và để ý rằng GA^2+BG^2+CG^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3} theo công thức đường trung tuyến ta có (p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\,\,\,\, (3)
Vì I nằm trong hình tròn (I) nên IG \le r
Từ (3) ta có (p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}
Do đó P\le \frac{6}{5}
Đẳng thức xảy ra tại IG =r. khi đó G nằm trên đường tròn (I) chẳng hạn đối với tam giác có độ dài ba cạnh là 5;10;13\blacksquare
P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}
Lời giải
GTNN
Ta có a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ac do đó P\ge 1
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c khi đó tam giác ABC đều.
GTLN
Gọi p và r theo thứ tự là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Theo định lý Pythagore ta có
IA^2+IB^2+IC^2=(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 \,\,\,\,(1)
Lại có IA^2+IB^2+IC^2=(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GA})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GB})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GC})^2=3IG^2+GA^2+BG^2+CG^2\,\,\, (2)
Do \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}
Từ (1) (2) và để ý rằng GA^2+BG^2+CG^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3} theo công thức đường trung tuyến ta có (p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\,\,\,\, (3)
Vì I nằm trong hình tròn (I) nên IG \le r
Từ (3) ta có (p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}
Do đó P\le \frac{6}{5}
Đẳng thức xảy ra tại IG =r. khi đó G nằm trên đường tròn (I) chẳng hạn đối với tam giác có độ dài ba cạnh là 5;10;13\blacksquare
Thứ Hai, 10 tháng 12, 2012
India RMO 2012
Cho a,b,c thực dương thỏa mãn abc(a+b+c)=3. Chứng minh (a+b)(b+c)(c+a)\ge 8
Ta có (ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ac\ge 3
(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\ge \frac{8.9}{9}=8
Do a+b+c\ge \sqrt{3(ba+bc+ac)}
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cho a,b là hai số thực dương thỏa mãn a+b=1. Chứng minh a^ab^b+a^bb^a\le 1
Dấu "=" xảy ra khi a=b=\frac{1}{2}
India RMO 2012
Lời giảiTa có (ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ac\ge 3
(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\ge \frac{8.9}{9}=8
Do a+b+c\ge \sqrt{3(ba+bc+ac)}
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cho a,b là hai số thực dương thỏa mãn a+b=1. Chứng minh a^ab^b+a^bb^a\le 1
India RMO 2012
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy rộng ta có a^ab^b+a^bb^a \le a^2+b^2+2ab=(a+b)^2 =1Dấu "=" xảy ra khi a=b=\frac{1}{2}
Thứ Sáu, 7 tháng 12, 2012
Chứng minh rằng a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c).
Cho a,b,c \ge 0. Chứng minh rằng a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c).
Lời giải
Đặt f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]
Điểm cực trị f(a;b;c) là nghiệm của hệ
\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(a^2+bc)=2ab+2ac+b^2+c^2\\ 3(b^2+ac)=2ab+2bc+a^2+c^2\\ 3(c^2+ab)=2ac+2bc+a^2+b^2 \end{matrix}\right.
Cộng theo vế ta có a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\Leftrightarrow a=b=c khi đó f(a;b;c)=0
Xét TH a=0:b^3+c^3\geq bc(b+c)\Leftrightarrow (b+c)(b-c)^3\geq 0
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra \Leftrightarrow a=b=c hoặc a=0,b=c và hoán vị tương ứng
Lời giải
Đặt f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]
Điểm cực trị f(a;b;c) là nghiệm của hệ
\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(a^2+bc)=2ab+2ac+b^2+c^2\\ 3(b^2+ac)=2ab+2bc+a^2+c^2\\ 3(c^2+ab)=2ac+2bc+a^2+b^2 \end{matrix}\right.
Cộng theo vế ta có a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\Leftrightarrow a=b=c khi đó f(a;b;c)=0
Xét TH a=0:b^3+c^3\geq bc(b+c)\Leftrightarrow (b+c)(b-c)^3\geq 0
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra \Leftrightarrow a=b=c hoặc a=0,b=c và hoán vị tương ứng
Thứ Tư, 5 tháng 12, 2012
Chứng minh \frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh
\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}
Lời giải
Do abc=1 nên lấy Logarith Napier ta có:
\ln a+\ln b+\ln c=0
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
\frac{a}{a^2+3}\leq \frac{1}{4}+\frac{1}{8}.\ln a
Thật vậy xét f(a)=\frac{a}{a^2+3}- \frac{1}{8}.\ln a
Ta có : f'(a)=\frac{3-a^2}{(a^2+3)^2}- \frac{1}{8a}\\ =\frac{(1-a)(a+1)(a^2+15)}{8a(3+a^2)^2}
Vậy f'(a) đổi dấu từ dương sang âm khi a=1. f(a)_{Max}=f(1)=0
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự và cộng lại ta có:
\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{8}(\ln a+\ln b+\ln c)=\frac{3}{4}
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}
Lời giải
Do abc=1 nên lấy Logarith Napier ta có:
\ln a+\ln b+\ln c=0
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
\frac{a}{a^2+3}\leq \frac{1}{4}+\frac{1}{8}.\ln a
Thật vậy xét f(a)=\frac{a}{a^2+3}- \frac{1}{8}.\ln a
Ta có : f'(a)=\frac{3-a^2}{(a^2+3)^2}- \frac{1}{8a}\\ =\frac{(1-a)(a+1)(a^2+15)}{8a(3+a^2)^2}
Vậy f'(a) đổi dấu từ dương sang âm khi a=1. f(a)_{Max}=f(1)=0
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự và cộng lại ta có:
\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{8}(\ln a+\ln b+\ln c)=\frac{3}{4}
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
Chủ Nhật, 2 tháng 12, 2012
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = \frac{{25\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{2{x^3} + 3{y^2} + 6z + 1}} - \sqrt[4]{{xyz}}
Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = \frac{{25\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{2{x^3} + 3{y^2} + 6z + 1}} - \sqrt[4]{{xyz}}
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow xyz \le 1 \Rightarrow \sqrt[4]{xyz} \geq xyz
Tiếp tục áp dụng bất đăng thức AM-GM ta có:
x^3+x^3+1 \geq 3x^2 \Rightarrow 2x^3+3y^2+6z \geq 3x^2+3+3y^2+3+6z-6 \geq 12
\Rightarrow P \le \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz
Áp dụng bất đẳng thức Schur (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) \le xyz
hay (3-2z)(3-2x)(3-2y) \le xyz \Rightarrow xy+yz+zx \le \dfrac{9}{4}+ \dfrac{3}{4}xyz
\Rightarrow \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz \le \dfrac{75}{16}+ \dfrac{9}{16}xyz \le \dfrac{21}{4}
Vậy MaxP= \dfrac{21}{4} khi x=y=z=1.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow xyz \le 1 \Rightarrow \sqrt[4]{xyz} \geq xyz
Tiếp tục áp dụng bất đăng thức AM-GM ta có:
x^3+x^3+1 \geq 3x^2 \Rightarrow 2x^3+3y^2+6z \geq 3x^2+3+3y^2+3+6z-6 \geq 12
\Rightarrow P \le \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz
Áp dụng bất đẳng thức Schur (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) \le xyz
hay (3-2z)(3-2x)(3-2y) \le xyz \Rightarrow xy+yz+zx \le \dfrac{9}{4}+ \dfrac{3}{4}xyz
\Rightarrow \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz \le \dfrac{75}{16}+ \dfrac{9}{16}xyz \le \dfrac{21}{4}
Vậy MaxP= \dfrac{21}{4} khi x=y=z=1.
Thứ Sáu, 30 tháng 11, 2012
Cho x,y,z thực dương thỏa xyz=1. Tìm GTNN của P=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-6(x+y+z)
Cho x,y,z thực dương thỏa xyz=1. Tìm GTNN của P=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-6(x+y+z)
Nghệ An MO 2009
Lời giải
Ta có: P=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)
-Xét hàm: L=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)+\lambda (xyz-1)
-Điểm cực trị là nghiệm của hệ:
\begin{cases} & \ L'_x=L'_y=L'_z=0 \\ & \ xyz=1 \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} & \ -3.\frac{1}{x^4}-6+\lambda yz=0 \\ & \ -3.\frac{1}{y^4}-6+\lambda xz=0 \\ & \ -3.\frac{1}{z^4}-6+\lambda xy=0 \\ & \ xyz=1 \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} & \ \frac{1}{x^3}+2x=\frac{1}{y^3}+2y=\frac{1}{z^3}+2z=\frac{\lambda }{3}(*) \\ & \ xyz=1 \end{cases}
-Xét f(x)=\frac{1}{x^3}+2x\\\Rightarrow f''(x)=\frac{12}{x^5}>0 \forall x>0
Do đó, trong 3 số x;y;z, có 1 cặp số bằng nhau!
-Với x=y, biến đổi, ta được:
(x^3-1)(x^6+x^3-2x+1)=0
Chứng minh được x=y=z=1
-Hệ có nghiệm duy nhất: (x;y;z)=(1;1;1)
-Ta có:
P(1;1;1)=-15
P(1;0,5;2)=-11,875>-15
Nên P_{min}=-15\Leftrightarrow x=y=z=1
Nghệ An MO 2009
Lời giải
Ta có: P=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)
-Xét hàm: L=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)+\lambda (xyz-1)
-Điểm cực trị là nghiệm của hệ:
\begin{cases} & \ L'_x=L'_y=L'_z=0 \\ & \ xyz=1 \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} & \ -3.\frac{1}{x^4}-6+\lambda yz=0 \\ & \ -3.\frac{1}{y^4}-6+\lambda xz=0 \\ & \ -3.\frac{1}{z^4}-6+\lambda xy=0 \\ & \ xyz=1 \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} & \ \frac{1}{x^3}+2x=\frac{1}{y^3}+2y=\frac{1}{z^3}+2z=\frac{\lambda }{3}(*) \\ & \ xyz=1 \end{cases}
-Xét f(x)=\frac{1}{x^3}+2x\\\Rightarrow f''(x)=\frac{12}{x^5}>0 \forall x>0
Do đó, trong 3 số x;y;z, có 1 cặp số bằng nhau!
-Với x=y, biến đổi, ta được:
(x^3-1)(x^6+x^3-2x+1)=0
Chứng minh được x=y=z=1
-Hệ có nghiệm duy nhất: (x;y;z)=(1;1;1)
-Ta có:
P(1;1;1)=-15
P(1;0,5;2)=-11,875>-15
Nên P_{min}=-15\Leftrightarrow x=y=z=1
Chứng minh rằng: \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}
Với a, b, c>0 chứng minh rằng:
\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
(\frac{a^2}{b}-2a+b)+(\frac{b^2}{c}-2b+c)+(\frac{c^2}{a}-2c+a)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}
Ta có: \frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}
Ta cần chứng minh (|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2\geq 4(a-b)^2
Dễ thấy |b-c|+|c-a|\geq |a-b|\Rightarrow (2|a-b|)^2\geq 4(a-b)^2
Điều này đúng suy ra điều phải chứng minh \blacksquare
\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
(\frac{a^2}{b}-2a+b)+(\frac{b^2}{c}-2b+c)+(\frac{c^2}{a}-2c+a)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}
Ta có: \frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}
Ta cần chứng minh (|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2\geq 4(a-b)^2
Dễ thấy |b-c|+|c-a|\geq |a-b|\Rightarrow (2|a-b|)^2\geq 4(a-b)^2
Điều này đúng suy ra điều phải chứng minh \blacksquare
Bất đẳng thức hình học
Với các bạn yêu thích Hình học,bài toán dưới đây là 1 vài bài toán quen thuộc:
\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S }
Đây được gọi là Bất đẳng thức Weitzenbock.
Chứng minh
Sử dụng phép thế Ravi đặt a=y+z; b=x+z; c=x+y với x,y,z>0 . Bất đẳng thức cần chứng minh
\Leftrightarrow \begin{pmatrix} (y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2 \end{pmatrix}^2\ge 48(x+y+z)xyz
Thật vậy ta có VT\ge (4xy+4xz+4yz)^2\ge 16(xy+xz+yz)^2\ge 16.3xyz(x+y+z)=48xyz(x+y+z)
Vậy bài toán được chứng minh. \blacksquare
Và 1 bất đẳng thức chặt hơn,được gọi là Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}
Chứng minh
Khai triển ra ta có bất đẳng thức trên viết lại thành 2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3}
Cách 1: Sử dụng phép thế Ravi ta đặt a=y+z;b=x+z;c=x+y với x,y,z>0, bất đẳng thức cần chứng minh \Leftrightarrow xy+xz+yz\ge \sqrt{3xyz(x+y+z)}
Ta có (xy+xz+yz)^2-3xyz(x+y+z)=\frac{(xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2}{2}\ge 0
Bất đẳng thức này luôn đúng.
Cách 2:\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S}=tg\frac{A}{2}+tg\frac{B}{2}+tg\frac{C}{2} vì hàm số tg x lồi trên (0;\frac{\pi}{2}) nên theo BĐT Jensen ta có \frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S} \geq 3tg \begin{pmatrix} \frac{\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}}{3} \end{pmatrix}=\sqrt{3}
Vậy bài toán được chứng minh. \blacksquare
Cho a_1;b_1;c_1 là độ dài cạnh tam giác A_1B_1C_2 có diện tích S_1 và a_2,b_2,c_2 là độ dài 3 cạnh tam giác A_2B_2C_2 có diện tích S_2. Chứng minh: \boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.
Chứng minh:
Cách 1:
Bổ đề: Bất đẳng thức Aczela
Bổ đề: Cho 2n số thực không âm a_1;a_2;...;a_{n};b_1;b_2;...b_{n} và 2 số thực không âm thỏa mãn:
\alpha^2 \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2
\beta^2 \ge \sum_{k=1}^{n}b_{k}^2
Chứng minh:
\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right) \le \left(\alpha.\beta -\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} \right)^2
Chứng minh:
Theo C-S:
\alpha.\beta \ge \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}
Viết lại BĐT dưới dạng:
\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} +\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \alpha.\beta
Theo C-S:
VT \le \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)}+\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \sqrt{\alpha^2.\beta^2}=\alpha.\beta=VP
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán,bằng công thức Herone:
4S_1=\sqrt{2\sum_{cyc}a_{1}^2b_{1}^2 -\sum_{cyc}a_{1}^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4}
4S_2=\sqrt{2\sum_{cyc}a_2^2b_2^2 -\sum_{cyc}a_2^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4}
Vậy bài toán có thể biểu diễn dưới dạng:
a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2) \ge \sqrt{\left[\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4\right]\left[\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4 \right]}
Áp dụng BĐT Aczel,ta có:
VP \le \left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right).\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)-2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}
Ta chỉ cần chứng minh:
2\sum_{cyc}a_1^2a_2^2 \le 2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}
Bất đẳng thức trên đúng theo Cauchy-Schwart.
Vậy ta có điều phải chứng minh. \blacksquare
Cách 2: Phương pháp hình học giải tích
Giả sử 2 tam giác A_1B_1C_1 và A_2B_2C_2 có các đỉnh trong mặt phẳng có hệ trục tọa độ trực chuẩn là A_1(0;p_1);B_1(p_2;0);C_1(p_3;0) và A_2(0;q_1);B_2(q_2;0);C_2(q_3;0).
Sử dụng bất đẳng thức x^2+y^2\ge 2|xy| ta có
a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)
=(p_3-p_2)^2(2q_1^2+2q_1q_2)(p_1^2+p_3^2)(2q_2^2-2q_2q_3)+(p_1^2+p_2^2)(2q_3^2-2q_3q_2)
=2(p_3-p_2)^2q_1^2+2(q_3-q_2)^2p_1^2+2(q_2p_3-q_3p_2)^2\ge 2\begin{pmatrix} (p_3-p_2)^2q_1 \end{pmatrix}^2+2\begin{pmatrix} (q_3-q_2)^2p_1 \end{pmatrix}^2
\geq 4|(p_3-p_2)q_1||(q_3-q_2)p_1|=16S_1S_2
Vậy ta có điều cần chứng minh.
\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S }
Đây được gọi là Bất đẳng thức Weitzenbock.
Chứng minh
Sử dụng phép thế Ravi đặt a=y+z; b=x+z; c=x+y với x,y,z>0 . Bất đẳng thức cần chứng minh
\Leftrightarrow \begin{pmatrix} (y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2 \end{pmatrix}^2\ge 48(x+y+z)xyz
Thật vậy ta có VT\ge (4xy+4xz+4yz)^2\ge 16(xy+xz+yz)^2\ge 16.3xyz(x+y+z)=48xyz(x+y+z)
Vậy bài toán được chứng minh. \blacksquare
Và 1 bất đẳng thức chặt hơn,được gọi là Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}
Chứng minh
Khai triển ra ta có bất đẳng thức trên viết lại thành 2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3}
Cách 1: Sử dụng phép thế Ravi ta đặt a=y+z;b=x+z;c=x+y với x,y,z>0, bất đẳng thức cần chứng minh \Leftrightarrow xy+xz+yz\ge \sqrt{3xyz(x+y+z)}
Ta có (xy+xz+yz)^2-3xyz(x+y+z)=\frac{(xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2}{2}\ge 0
Bất đẳng thức này luôn đúng.
Cách 2:\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S}=tg\frac{A}{2}+tg\frac{B}{2}+tg\frac{C}{2} vì hàm số tg x lồi trên (0;\frac{\pi}{2}) nên theo BĐT Jensen ta có \frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S} \geq 3tg \begin{pmatrix} \frac{\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}}{3} \end{pmatrix}=\sqrt{3}
Vậy bài toán được chứng minh. \blacksquare
Cho a_1;b_1;c_1 là độ dài cạnh tam giác A_1B_1C_2 có diện tích S_1 và a_2,b_2,c_2 là độ dài 3 cạnh tam giác A_2B_2C_2 có diện tích S_2. Chứng minh: \boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.
Chứng minh:
Cách 1:
Bổ đề: Bất đẳng thức Aczela
Bổ đề: Cho 2n số thực không âm a_1;a_2;...;a_{n};b_1;b_2;...b_{n} và 2 số thực không âm thỏa mãn:
\alpha^2 \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2
\beta^2 \ge \sum_{k=1}^{n}b_{k}^2
Chứng minh:
\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right) \le \left(\alpha.\beta -\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} \right)^2
Chứng minh:
Theo C-S:
\alpha.\beta \ge \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}
Viết lại BĐT dưới dạng:
\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} +\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \alpha.\beta
Theo C-S:
VT \le \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)}+\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \sqrt{\alpha^2.\beta^2}=\alpha.\beta=VP
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán,bằng công thức Herone:
4S_1=\sqrt{2\sum_{cyc}a_{1}^2b_{1}^2 -\sum_{cyc}a_{1}^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4}
4S_2=\sqrt{2\sum_{cyc}a_2^2b_2^2 -\sum_{cyc}a_2^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4}
Vậy bài toán có thể biểu diễn dưới dạng:
a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2) \ge \sqrt{\left[\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4\right]\left[\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4 \right]}
Áp dụng BĐT Aczel,ta có:
VP \le \left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right).\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)-2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}
Ta chỉ cần chứng minh:
2\sum_{cyc}a_1^2a_2^2 \le 2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}
Bất đẳng thức trên đúng theo Cauchy-Schwart.
Vậy ta có điều phải chứng minh. \blacksquare
Cách 2: Phương pháp hình học giải tích
Giả sử 2 tam giác A_1B_1C_1 và A_2B_2C_2 có các đỉnh trong mặt phẳng có hệ trục tọa độ trực chuẩn là A_1(0;p_1);B_1(p_2;0);C_1(p_3;0) và A_2(0;q_1);B_2(q_2;0);C_2(q_3;0).
Sử dụng bất đẳng thức x^2+y^2\ge 2|xy| ta có
a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)
=(p_3-p_2)^2(2q_1^2+2q_1q_2)(p_1^2+p_3^2)(2q_2^2-2q_2q_3)+(p_1^2+p_2^2)(2q_3^2-2q_3q_2)
=2(p_3-p_2)^2q_1^2+2(q_3-q_2)^2p_1^2+2(q_2p_3-q_3p_2)^2\ge 2\begin{pmatrix} (p_3-p_2)^2q_1 \end{pmatrix}^2+2\begin{pmatrix} (q_3-q_2)^2p_1 \end{pmatrix}^2
\geq 4|(p_3-p_2)q_1||(q_3-q_2)p_1|=16S_1S_2
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)