BDT hay cấp THCS

Từ gt suy ra tồn tại ít nhất một số không lớn hơn 1.Không mất tính tổng quát; giả sử số đó là c... Các topic BĐT THCS của Diễn đàn HocMai.vn Performed based on the idea of Moderater foru

Một số bài toán BĐT hay cấp THCS

(a − b)(c − a) (a + b))(c + a)

⇔(a+b)(b+c)(c+a)≥ 8abc(luôn đúng theo BĐT AM - GM)

Dấu "=" xảy ra khia = b = c

¶2

≤(b − a)(c − b)

(a + b)(b + c)+

(c − b)(a − c) (b + c)(c + a)+

(b − a)(a − c) (a + b)(c + a)+

32

=

6abc − b2a − a2b − bc2− b2c − ca2− c2a +3

2(a + b)(b + c)(c + a) (a + b)(b + c)(c + a)

=

9abc +1

2(a

2b + b2a + bc2+ b2c + ca2+ c2a) (a + b)(b + c)(c + a)

Nếu được sử dụng có thể áp dụng luôn Holder.

Dấu "=" xảy ra khia = b = c

Cho a,b,c >0 ;abc = 1 Chứng minh rằng:

a (1 + a)(1 + b)+

b (1 + b)(1 + c)+

c (1 + c)(1 + a)≥

34

⇔[ abc + 1

a(b + 1)+ 1] + [

abc + 1 b(c + 1)+ 1] + [

abc + 1 c(a + 1)] ≥ 6

⇔ abc + ab + a + 1

a(b + 1) +

abc + bc + b + 1 b(c + 1) +

abc + ac + c + 1 c(a + 1) ≥ 6

c(a + 1)

c + 1 +

c + 1 c(a + 1)] ≥ 6

Dấu "=" xảy ra khia = b = c

Dấu "=" xảy ra khia =p7

Bài 14.

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãnabc = 1 Tìm min:

P = ab 2b + c+

cb 2c + a+

c a 2a + b

¶vớix; y; z > 0thì sẽ cóx y z = 1

⇒ ab

2b + c =

x y

y z 2y

2

(x + y + z)2= 1Dấu "=" xảy ra khia = b = c = 1

Bài 16.

Cho a,b,c > 0 Chứng minh:

a (b + c)2+ b

Từ gt suy ra tồn tại ít nhất một số không lớn hơn 1.

Không mất tính tổng quát; giả sử số đó là c

Vớiabc = 4 − (a2+ b2+ c2)ta có được BĐT:a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca ≤ 6.

Ta giả sử tồn tại a, b, c thỏa mãn gt vàa2+ b2+ c2+ ab + bc + ca > 6.

Như vậy thì4 = a2+ b2+ c2+ abc = 6(a

32

Suy ra2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2) > 3

p

6abc

p

a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca

Mặt khác áp dụng BĐT Schur bậc bốn dạng phân thức ta được:

2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2) ≤ 6abc(a + b + c)

Vô lí, vì3(a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca) − 2(a + b + c)2= a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca ≥ 0

2p

y z p(y + x)(z + x);

2p

zx p(z + y)(x + y)

!

Với x,y,z > 0 và(x + y)(y + z)(z + x) 6= 0

Ta cần chứng minh: 2

p

x y z p(x + y)(y + z)(z + x).[

2(a2+ b2+ c2)

2c2+ a2+ b2 Tương tự ta suy ra:3 +X a

2+ b22c2+ 2ab≥

Choa, b, c ≥ 0thỏa mãna + b + c = 1 Chứng minh:

(2ab + 3bc + 4ca − 5abc)(a3+ b3+ c3) ≤1

3

Lời giải

Ta cóV T ≤ [4(ab + bc + ca) − 5abc](a3+ b3+ c3)

Ta sẽ chứng minh:[4(ab + bc + ca) − 5abc](a3+ b3+ c3) ≤1

3.Thật vậy:

BĐT trên⇔ [3(ab + bc + ca) −15

4 abc](a

3

+ b3+ c3) ≤1

4 (1)Theo BĐT AM - GM thìV T (1) ≤1

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 sốx y − 1, xz − 1, y z − 1tồn tại 2 số cùng dấu.

Giả sửx y − 1, y z − 1cùng dấu thì(x y − 1)(y z − 1) ≥ 0.

Khai triển ta được:x y2z + 1 ≥ x y + y z

Khi đó:x2y2z2+ y2+ 2 ≥ 2(x y2z + 1) ≥ 2(x y + y z)

Ta có:x2y2z2+ y2+ 2 ≥ 2(x y + y z)(1)

Và3(x2+ y2+ z2) ≥ 3(x y + y z + xz)(2)

⇔ 3a2− 2p3a + 1 ≥ 0luôn đúng với mọia ∈ Rnên đúng vớia ∈ (0;p3).

Dấu "=" xảy ra khia =

p33

Áp dụng ta cóV T (1) ≥ −4(x + y + z) + 6p3 ≥ 2p3 = V T

Dấu "=" xảy ra khix = y = z =

p33

3

5

54x + 27

2x2− 2x + 1=

(54x + 27)(2x2− 2x + 1) − 25 25(x2− 2x + 1)

=2(54x

3− 27x2+ 1)

25(2x2− 2x + 1) =

2(3x − 1)2(6x + 1) 25(2x2− 2x + 1) ≥ 0

Q E D

Bài 27

Cho a, b, c > 0 Chứng minh:

X (2a + b + c)22a2+ (b + c)2≤ 8

Lời giải

Nhận thấy mỗi phân thức có tử mẫu đồng bậc 2 nên BĐT trên là thuần nhất

Ta chuẩn hoáa + b + c = 3vớia, b, c ∈ (0;3)và dự đoán điểm rơi tạia = b = c = 1

BĐT trở thành:Xa2+ 6a + 9

a2− 2a + 3≤ 24(1)Có: x

1 − a2≥ ≥

1p

1 − a2+ +

1p

1 − a n

)

1 − a1+

1p

1 − a2+ +

1p

1 − a n

2p

1 − a1+p1 − a2+ +p1 − a n

2p

b + c 3b2+ 2c + a+

c + a 3c2+ 2a + b ≤

32

Mà ta có:X 1

ab ≤13

⇔ x(x2+ y z) + y(y2+ zx) + z(z2+ x y) − x(y2+ zx) − y(x2+ y z) − z(zx + z y) ≥ 0

⇔ (x2+ y z)(x − y) + (y2+ zx)(y − x) + z[x(y − z) − z(y − z)] ≥ 0

⇔ (x − y)(x2+ y z − y2− xz) + z(x − z)(y − z) ≥ 0

⇔ (x − y)2(x + y − z) + z(x − z)(y − z) ≥ 0(luôn đúng)

Vậy BĐT ban đầu đúng

Dấu "="⇔ a = b = c ⇔tam giác cho là tam giác đều

Dấu "=" xảy ra khia = b = cp1

4 Dấu "=" xảy ra khia = 0; b = c =3

Dấu "=" xảy ra khia = b = c = 1

Hoặc(a = 1; b = c = 2)và các hoán vị của nó

Q E D

Bài 41

Cho 2011 số x1; x2; ; x2011≥ 0 thỏa mãn: x1+ x2+ + x2011 = 3 và x12+ x22+ + x20112 = 1.Chứng minh tồn tại 3 số trong dãy 2011 số trên mà tổng của chúng không bé hơn 1

Lời giải

Giả sử không tồn tại 3 số mà tổng của chúng bé hơn 1.

≥ (a + b + c)2−16

9 −29

3

Q E D

2+ 2P a

(a + b + c)2.Kết hợp với gt⇒ 1 ≤P a

>X a

2+ ab + b2(a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca

4a2+ bc +

1p

4b2+ ac+

1p

c

2+c(8c − a) 2b + c + a + b +

c

2+c(8c − b) 2a + c

8a + 8b + 4c + c µ 8c − 2b

2b + c +

8c − 2a 2a + c

⇔ ab(c − a) + bc(a − b) + ca(b − a) ≥ 0.

(Luôn đúng với điều kiện (*) )

⇒ 2(a2+ b2+ c2)(a2+ ac + c2) + ac(a + b + c)2≥ (a + b + c)2(a2+ ac + c2)

Q E D

Bài 49

Cho các số thực dương a, b, c Tìm max:

P = (a + b)(1 + c)

Lời giải

Đặt(m; n; p; k) =

Ã1p

5;

4p

5; 2;

p53

!

12 ·¡12a2

+ 3b2+ 2c2¢ +

p5

⇔(n − 1)(a + b + c)

s

(a + b)(n − 1) c

Nghịch đảo lên ta được: nc

(n − 1)(a + b + c)≤

n

r

c (a + b)(n − 1)

Dấu "=" xảy ra khix = y = z = 3.

2Qua 2 lần tương tự ta được Min cần tìm

⇒ x + y + z ≤p3

2

Lời giải

Dấu "=" xảy ra khia = b = c = 1

Dấu "=" xảy ra khia = b = c = 1.

32

b+b

c +c

a ≥12

Dấu "=" xảy ra khia = b = c =1

Với mọia; b > 0ta luôn có: p2a2+ ab + 2b2≥

p

5(a + b)

2 (Tự chứng minh)

2 2X x =p5Dấu "=" xảy ra khix = y = z =1

BĐT trên luôn đúng theo BĐT Schur bậc 3

Dấu "=" xảy ra khim = n = p ⇔ x = y = z = 1

4a = 81 · 1

4 · 3 · a ·p31

3·p313

≥ 814¡a3+23¢Tương tự ta có được

¶ ≥

272

4(a3+ b3+ c3) + 8=

2434

(BĐT B C S)

Bây giờ chỉ cần chứng minh: X ab2

+X a2

b ≤ 2(a3+ b3+ c3) (∗).Thật vậy:

Như vậy ta chỉ cần chứng minh

4(a + b + c)2

2P a2+P ab+

6(a2+ b2+ c2)

(a + b + c)2 ≥ 6Đặt(x; y) = (a2+ b2+ c2; ab + bc + ca)thìx ≥ y

Khi đó bất đẳng thức tương đương với

4(x + 2y) 2x + y +

6x

x + 2y ≥ 6 ⇔

4(x + 2y) 2x + y +

4(2x + y)

x + 2y ≥ 8

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM

Dấu "=" xảy ra khia = b = c > 0

2−P ab P(a2− bc)(b2+ c2+ 2a2)

b2≥ 2X a3

b

X b4+X b2a2≥ 2X b3a

X a4+X a2

¶

≥ 0

BĐT này luôn đúng.

Giờ ta cần chứng minh f (t , t , c) ≥ 4.

Hay là:

(a + b)24c + 2c + (a + b)2c

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c).

Và2(a3+ b3+ c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c)

Ta có p(p2− 3q) + 3r + 3r ≥ pq − 3r.

⇔ p3− 3pq + 6r ≥ pq − 3r ⇔ r ≥ 4p q − p3

9 .Theo gt thìp = 1nênr ≥ 4q − 1

(Luôn đúng theo BĐT Schur)

Dấu "=" xảy ra khix = y = z.

Đặt:(a; b) = (tan α; tan β).

Lời giải

Ta có:

(A + 4)2= [2(x + 1) − (y + 2) + 2(z + 2)]2≤ (4 + 1 + 4)[(x + 1)2+ (y + 2)2+ (z + 2)2]Lại có

a +pb)2

89

=3

p34

Dấu "=" xảy ra khia = b = 1

3.

Cách 2

Đặt(a; b) = (tan2x; tan2yvớix; y ∈h0;π

2i

= 2 sin(x + y) cos x cos y

= sin(x + y).(cos(x + y) + cos(x − y))

a+p10

b ≥ 48

b ≥p44

ab ≥ 4

p2p

¶

⇒ x2+ x y + xz < 0

2 +1

x+1

y+1

z

Bài toán được chứng minh xong

Dấu "=" xảy ra khix = y = z =p2

Dễ chứng minh:(ab + bc + ca)2≥ 3abc(a + b + c)

⇒ (ab + bc + ca)2≥ 3abc

Mà theo BĐT Schur: abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)

¶ µ 1

3−2a3

¶

Theo BĐT AM - GM có:a2+1

9≥2a3

Chứng minh tương tự: ⇒ abc ≥ 27µ 2

2(a + b + c)

Lời giải

Áp dụng BĐT B C S:

³

2 +x2

´2+¡ y + 2¢2≥ 3

´i2

Lời giải

BĐT cần chứng minh tương đương với X (b + c)a

(b + c)2+ a2≤

65

Vì đây là BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa a + b + c = 1

Do đó cần chứng minh X (1 − a)a

2a2− 2a + 1 ≤

65

Điều này luôn đúng doX 1

a + 3≥

9

a + b + c + 9=

910

2x2− 2x + 1≤

275

X b + c 4a + 3b + 3c =

X (b + c)24a(b + c) + 3(b + c)2> 4(a + b + c)

26(P a2+ 2P ab) + 2P ab

= 4(a + b + c)26(a + b + c)2+ 2P ab > 4(a + b + c)

Ta chứng minh BĐT sau: (3 − 2c)

2

c2+ (3 − c)2≥23 − 18c

25Thật vậy BĐT⇔ (c − 1)2(2c + 1) ≥ 0(luôn đúng)

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có đpcm

Q E D

T ài L iệu T ham K hảo

1 Các topic BĐT THCS của Diễn đàn HocMai.vn

Performed based on the idea of Moderater forum(T T M N)

LATEXby Moderater angleofdarkness(C T H)