Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Những bài Bất đẳng thức do thành viên gửi

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 6/11/17
    Cho $a,b,c,d$ là các số thực không âm, Chứng minh rằng :
    $$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 1 + abcd \ge ab + bc + cd + da + ac + bd$$

    Gợi ý:

    Ta có 2 trường hợp sau:
    TH1: $(a-1)(b-1)(c-1)(d-1) \geq 0 $ khi đó,không mất tính tổng quát,ta giả sử $(a-1)(b-1) \geq 0 ; (c-1)(d-1) \geq 0 $
    Hay $ab+1 \geq a+b; cd+1 \geq c+d $

    Nhân theo vế ta được : $abcd+1 \geq ac+ad+bc+bd-ab-cd $
    Kết hợp với $a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2ab+2cd $ ta có đpcm

    TH2: $(a-1)(b-1)(c-1)(d-1) \leq 0$
    Không mất tính tổng quát,ta có thể giả sử a-1;b-1;c-1 là cùng dấu và khác dấu d-1 (từ đây suy ra ab-1 và c-1 cùng dấu )
    Khi đó : $ d(a-1)(b-1) \geq 0 $ hay $ abd +d \geq ad+bd$
    $d(ab-1)(c-1) \geq 0 $ hay $abcd+d \geq abd+cd $
    Cộng theo vế 2 bđt ta có:
    $abcd + 2d \geq ad+bd+cd $

    Ta cần chứng minh : $a^2+b^2+c^2+d^2+1 \geq ab+bc+ca+2d$ (dễ thấy)
     
  2. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV28
    Đăng lúc: 25/5/19
    Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $x^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(1-z)$ trong đó $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $0\le x\le y\le z\le 1$.
    Ta có:
    $x^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(1-z)\le 0+\frac{1}{2}.y.y.(2z-2y)+z^2(1-z)\le \frac{1}{2}.(\frac{y+y+2z-2y}{3})^3+z^2(1-z)$.
    $=z^2(\frac{4}{27}.z+1-z)=z^2(1-\frac{23}{27}z)$.
    =$(\frac{54}{23})^2.(\frac{23}{54}z)(\frac{23}{54}z)(1-\frac{23z}{27})$.
    $\le (\frac{54}{23})^2.(\frac{1}{3})^3=\frac{108}{529}$.
    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{23}{54}z=1-\frac{23}{27}z,y=2z-2y$ và $x=0$, tức là $z=\frac{18}{23},y=\frac{23}{23}$ và $x=0$.
    Bài 2: Chứng minh rằng nếu các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$ thì $\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\ge 1$.
    $A=\sum \frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}=\sum \frac{a}{\sqrt{(2c+1)(4c^2-2c+1)}}\geq \sum \frac{a}{2c^2+1}$
    Đặt $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$
    $ \sum \frac{a}{2c^2+1} = \sum \frac{x^3}{2z^2y+yx^2}=\sum \frac{x^4}{2z^2yx+yx^3} \geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x}$
    $3x^4+y^4 \geq 4x^3y \\3y^4+z^4 \geq 4y^3z \\3z^4+x^4 \geq 4z^3y \\\rightarrow x^4+y^4+z^4 \geq x^3y+y^3z+z^3x$
    $(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2\geq xyz(x+y+z)$
    Do đó ta có $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x} \geq 1$
    Bài 3: Cho các số thực không âm $a,b,c$ có tổng bình phương bằng $3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=ab^2+bc^2+ca^2-abc$.
    Do vai trò của các số $a,b,c$ trong bài toán có tính hoán vị vòng quanh, nên không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số ở giữa hai số $a$ và $c$, lúc đó: $(b-a)(b-c)\le 0$.
    Ta có: $P=ab^2+bc^2+ca^2-abc=(bc^2+a^2b)+(ab^2+ca^2-a^2b-abc)$.
    $=b(c^2+a^2)+a(b-a)(b-c)\le b(a^2+c^2)= 2\sqrt{b^2.\frac{a^2+c^2}{2}.\frac{c^2+a^2}{2}}\le 2\sqrt{\frac{(b^2+2(\frac{c^2+a^2}{2}))^3}{27}}=2$.
    (Ở đây ta dùng bất đẳng thức Cô-si cho ba số $b^2,\frac{c^2+a^2}{2},\frac{c^2+a^2}{2}$).
    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
    $\left\{\begin{array}{I}a^2+b^2+c^2=2\\a(b-a)(b-c)=0\\b^2=\frac{c^2+a^2}{2}\end{array}\right.\iff (a;b;c)=(1;1;1),(0;1;\sqrt{2})$.
    Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $2$.
    Bài 4: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $0<z\le y\le x\le 8$ và $3x+4y\ge max\left\{xy;\frac{1}{2}xyz-8z\right\}$.
    Tính giá trị lớn nhất của biểu thức $A=x^5+y^5+z^5$.
    Từ giả thiết ta có: $\frac{8}{x}\ge 1,3x+4y\ge xy$.
    $\implies \frac{8}{x}+\frac{6}{y}\ge 2,3x+4y\ge \frac{1}{2}xyz-8z(1)$.
    Suy ra $\frac{8}{x}.\frac{6}{y}+\frac{6}{y}.\frac{3}{z}+\frac{3}{z}.\frac{8}{x}\ge 3$.
    Để cho gọn, ta kí hiệu $(a;b;c)=(\frac{8}{x};\frac{6}{y};\frac{3}{z})$.
    Khi đó $ab+bc+ca\ge 3$. Biến đổi:
    $8^5+6^5+3^5=x^5.a^5+y^5.b^5+z^5.c^5=x^5.a^5+y^5(a^5+b^5-a^5)+z^5(a^5+b^5+c^5-a^5-b^5)$.
    $=(x^5-y^5)a^5+(y^5-z^5)(a^5+b^5)+z^5(a^5+b^5+c^5)(2)$.
    Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số thực dương, kết hợp với $(1)$ ta nhận được:
    $(a^5+4)+(b^5+4)\ge 5\sqrt[5]{a^5.1.1.1.1}+5\sqrt[5]{b^5.1.1.1.1}=5(a+b)\ge 10\implies a^5+b^5\ge 2$.
    $a^5+b^5+3\ge \sqrt[5]{a^5.b^5.1.1.1}=5ab$.
    Tương tự: $b^5+c^5+3\ge 5bc,c^5+a^5+3\ge 5ca$.
    $\implies (a^5+b^5+3)+(b^5+c^5+3)+(c^5+a^5+3)\ge 5(ab+bc+ca)\ge 15\implies a^5+b^5+c^5\ge 3$.
    Do đó, từ $(2)$ kết hợp với giả thiết $x\ge y\ge z>0$, ta nhận được:
    $40787=8^5+6^5+3^5\ge (x^5-y^5).1+(y^5-z^5).2+z^5.3=x^5+y^5+z^5$.
    Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ là $40787$. Dấu $=$ xảy ra khi $(x;y;z)=(8;6;3)$.
     
    Chỉnh sửa cuối: 25/5/19