Topic giải bất đẳng thức bằng phương pháp sử dụng tính chất hàm số,đạo hàm.

[nguoibimat]

Nguyên văn bởi congvan

Bài 13 :Cho a, b, c là 3 số thực thỏa mãn : $a+b+c=0$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$. Chứng minh rằng ${{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\le \frac{1}{54}$.

Theo đề ta có:
$b+c=-a $
mà $bc=\frac{(b+c)^2-(b^2+c^2)}{2}=a^2-\frac{1}{2}$
Ta lại có: $(b+c)^2 \geq 4bc$ suy ra $a^2 \geq 4a^2 -2 \Rightarrow a^2 \leq \frac{2}{3}$
Từ đó ta có: $a^2b^2c^2 = a^2(a^2-\frac{1}{2})^2 = a^6-a^4+\frac{a^2}{4}$
Ta quy về việc tìm GTLN của hàm $f(t)=t^3-t^2+\frac{t^2}{4}$ với $0 \leq t \leq \frac{2}{3}$.
Lập bảng biến thiên rồi suy ra dpcm.

Đây là một bài hay, đòi hõi chúng ta phải vận dụng các hằng đẳng thức , các bất đẳng thức cơ bản và 1 số biến đổi để đưa về 1 biến sao đó xét đạo hàm.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenThanhThi]

Nguyên văn bởi xiloxila

Baì 12: Cho $x,y,z>0 $ thỏa mãn $2x+4y+7z=2xyz $ Chứng minh $x+y+z\geq \frac{15}{2} $

bài 11 tìm max sao nhở

Áp dụng giả thiết ta sẽ có
$z=\dfrac{2x+4y}{2xy-7}$
suy ra $P = x + y + \dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}}$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$$ P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \left( {y - \dfrac{7}{{2x}}} \right) + \left( {\dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}} - \dfrac{2}{x}} \right) $$

$$ \Leftrightarrow P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2xy - 7}}{{2x}} + \dfrac{{2{x^2} + 7}}{{2xy - 7}} $$

$$ \Leftrightarrow P \geqslant x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2\sqrt {{x^2} + 7} }}{x} $$

Xét hàm số theo biến $x$ và lấy đạo hàm ta sẽ có được

$f'(x) = 1 - \frac{{11}}{{2x^2 }} - \frac{{14}}{{x^3 \sqrt {1 + \frac{7}{{x^2 }}} }}
$

Dễ thấy rằng $f'(x )$tăng khi $x>0$, và $f'(3)=0$

suy ra $ {P_{\min }} = \dfrac{{15}}{2} \Leftrightarrow x = 3,y = \dfrac{5}{2},z = 2 $

@ xiloxila bài $11$ max chính là $1$ đó bạn mình giải rõ lắm mà.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trungthu10t]

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

$$ P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \left( {y - \dfrac{7}{{2x}}} \right) + \left( {\dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}} - \dfrac{2}{x}} \right) $$

Anh hỏi tí nhé,sao em biết đường mà tách ra như thế này rồi AM-GM hay thế ?

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[xiloxila]

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

Áp dụng giả thiết ta sẽ có $z=\dfrac{2x+4y}{2xy-7}$ suy ra $P = x + y + \dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}}$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: $$ P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \left( {y - \dfrac{7}{{2x}}} \right) + \left( {\dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}} - \dfrac{2}{x}} \right) $$ $$ \Leftrightarrow P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2xy - 7}}{{2x}} + \dfrac{{2{x^2} + 7}}{{2xy - 7}} $$ $$ \Leftrightarrow P \geqslant x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2\sqrt {{x^2} + 7} }}{x} $$ Xét hàm số theo biến $x$ và lấy đạo hàm ta sẽ có được $f'(x) = 1 - \frac{{11}}{{2x^2 }} - \frac{{14}}{{x^3 \sqrt {1 + \frac{7}{{x^2 }}} }} \]$ Dễ thấy rằng $f'(x )$tăng khi $x>0$, và $f'(3)=0$ suy ra $ {P_{\min }} = \dfrac{{15}}{2} \Leftrightarrow x = 3,y = \dfrac{5}{2},z = 2 $ @ xiloxila bài $11$ max chính là $1$ đó bạn mình giải rõ lắm mà.

Umh. thấy rồi Giống như vầy cũng có một cách khác: Từ đề bài suy ra: $z(2xy-7)=2x+4y $$\Rightarrow z=\frac{2x+4y}{2xy-7} $
Từ đó ta có: $x+y+z=x+y+\frac{2x+4y}{2xy-7} $$=\frac{1}{2y}(2xy-7+7)+y+ $$\frac{\frac{1}{y}(2xy-7+7)+4y}{2xy-7}= $$\frac{9}{2y}+y+\frac{1}{2y}(2xy-7)+\frac{\frac{7}{y}+4y}{2xy-7} $$\geq y+\frac{9}{2y}+2\sqrt{\frac{\frac{7}{y}+4y}{2y} $$=y+\frac{9}{2y}+2\sqrt{\frac{7}{2y^2}+2}=g(y) $
Khảo sát $g(y)$, $g'(y)=1-\frac{9}{2y^2} $$-\frac{28y}{y^3\left \sqrt{( \frac{7}{2y^2}+2 \right )}} $
Cũng dễ thấy $g'(y)$ tăng với $x>0$ và $g(y)\geq g(\frac{5}{2})=\frac{15}{2}$
Đẳng thức xảy ra $x=3$, $y=\frac{5}{2}$ và $z=2$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenThanhThi]

Bài 14:Các bạn thử giải nhé

Cho $a,\,b,\,c \in \left[\frac{1}{2},\, 2\right].$ Chứng minh rằng $$(a+b+c)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right) \le \frac{27}{2}.$$

@Anh Phúc:

tại em đã xem bài này hồi lớp 10 rồi nên nhớ điểm rơi.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hotraitim]

Giải bài 14

Đây là lời giải của anh Võ Quốc Bá Cẩn mình vừa tìm thấy nhưng không giải bằng hàm.Không biết có cách nào giải bài này bằng hàm không?

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac {b}{a}+\frac{c}{b}\right) +\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right) \le \frac{21}{2}.$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $ a \le b \le c.$ Khi đó, ta có $(b-a)(b-c) \le 0,$ suy ra $b^2+ac \le b(a+c).$ Từ đây, ta có $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c} =\frac{b^2+ac}{bc} \le \frac{b(a+c)}{bc}=\frac{a}{c}+1$$ và $$\frac{b}{a}+\frac{c}{b} =\frac{b^2+ac}{ab} \le \frac{b(a+c)}{ab} =\frac{c}{a}+1.$$ Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh $$2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right)+2\le \frac{21}{2}.$$ Bất đẳng thức này tương đương với $$(4a-c)(4c-a) \ge 0,$$ hiển nhiên đúng do $4a-c \ge 4\cdot \frac{1}{2} -2=0$ và $4c-a \ge 4\cdot \frac{1}{2} -2=0.$ $\blacksquare$

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khanhphuong28]

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

Bài 14:Các bạn thử giải nhé

Cho $a,\,b,\,c \in \left[\frac{1}{2},\, 2\right].$ Chứng minh rằng $$(a+b+c)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right) \le \frac{27}{2}.$$

@Anh Phúc:

tại em đã xem bài này hồi lớp 10 rồi nên nhớ điểm rơi.

Trong bài toán này ta xét độc lập.
Đặt $F(a)=(a+b+c)( \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})$
Ta có $F'(a)=(b+c)( \dfrac{a^2-bc}{a^2bc}), F'(a)=0 \Rightarrow a=- \sqrt{bc}, a= \sqrt{bc}$
Lập bảng biến thiên ta có $MaxF(a)=Max[F( \dfrac{1}{2});F(2)]$.
Đặt $G(b)=F( \dfrac{1}{2})=( \dfrac{1}{2}+b+c)(2+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})$
$G'(b)=(2c+1)( \dfrac{2b^2-c}{2b^2c}),G'(b)=0 \Rightarrow b=- \sqrt{ \dfrac{c}{2}}, b= \sqrt{ \dfrac{c}{2}}$
Lập bảng biến thiên ta có $MaxG(b)= Max[G( \dfrac{1}{2});G(2)]$
Đặt $G_1(c)=G( \dfrac{1}{2})=4c+5+ \dfrac{1}{c} \le \dfrac{27}{2} \Rightarrow MaxG_1(c)= \dfrac{27}{2}$ khi $c=2,b= \dfrac{1}{2}, a= \dfrac{1}{2}$
Đặt $G_2(c)=G(2)= \dfrac{5}{2}c+ \dfrac{29}{4}+ \dfrac{5}{2c} \le \dfrac{27}{2} \Rightarrow MaxG_2(c)= \dfrac{27}{2}$ khi $c= \dfrac{1}{2}, b=2, a= \dfrac{1}{2}$ hoặc $c=2,b=2,a= \dfrac{1}{2}$
Đặt $H(b)= F(2)=(2+b+c)( \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})$
$H'(b)=(2+c)( \dfrac{b^2-2c}{2b^2c}), H'(b)=0 \Rightarrow b=- \sqrt{2c},b= \sqrt{2c}$
Lập bảng biến thiên ta có $MaxH(b)=Max[H( \dfrac{1}{2});H(2)]$
Đặt $H_1(c)=H( \dfrac{1}{2})= \dfrac{5c}{2}+ \dfrac{29}{4}+ \dfrac{5}{2c} \le \dfrac{27}{2} \Rightarrow MaxH_1(c)= \dfrac{27}{2}$ khi $c=2,b= \dfrac{1}{2},a=2$ hoặc $c= \dfrac{1}{2},b= \dfrac{1}{2},a=2$
Đặt $H_2(c)=H(2)=c+5+ \dfrac{4}{c} \le \dfrac{27}{2}$
$MaxH_2(c)= \dfrac{27}{2}$ khi $c= \dfrac{1}{2},b=2,a=2$
Vậy $MaxF= \dfrac{27}{2}$ khi bộ $(a;b;c)$ là $( \dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2};2);(2;2; \dfrac{1}{2})$ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[alentist]

Bài 15:Cho $x,y,z\in [1;3]$ và thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=14$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\left(1-\dfrac{y}{x}\right)\left(2+\dfrac{z}{x}\right)$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenThanhThi]

Nguyên văn bởi alentist

Bài 15:Cho $x,y,z\in [1;3]$ và thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=14$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\left(1-\dfrac{y}{x}\right)\left(2+\dfrac{z}{x}\right)$$

Alentist thân mếm trước tiên thì mình xin đính chính là bài này dường như không giải bằng hàm.Tuy nhiên bài này cũng có cái hay là trong đoạn video anh Cẩn đã phân tích ý tưởng đoán nghiệm rất kĩ dựa trên các tính chất hàm.
Thứ hai mình xin được phép post lời giải của anh Võ Quốc Bá Cẩn và cái video của anh ấy mà lúc trước mình đã từng xem qua bên diễn đàn toanphothong.vn
Nội dung giải bài này như sau:
Ta sẽ chứng minh $ P \ge -8$ với dấu bằng xảy ra khi $x=1,\,y=3,\, z=2.$ Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$\left(\frac{y}{x} -1\right) \left(\frac{z}{x}+2 \right) \le 8,$$ hay $$2 \left(\frac{y}{x}-1\right) \cdot \left(\frac{z}{x}+2\right) \le 16.$$ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$2 \left(\frac{y}{x}-1\right) \cdot \left(\frac{z}{x}+2\right) \le \left[\frac{ 2 \left(\frac{y}{x}-1\right) + \left(\frac{z}{x}+2\right)}{2}\right]^2 = \left(\frac{\frac{2y}{x} +\frac{z}{x} }{2}\right)^2.$$ Do đó, bài toán được đưa về chứng minh $$\left(\frac{\frac{2y}{x} +\frac{z}{x} }{2}\right)^2 \le 16.$$ Bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $$\frac{2y}{x}+\frac{z}{x} \le 8,$$ hay tương đương $$2y+z \le 8x.$$ Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM thêm một lần nữa, ta có $$2y+z \le 2\cdot \frac{y^2+9}{6}+\frac{z^2+4}{4} =\frac{4y^2+3z^2+48}{12} =\frac{y^2+3(y^2+z^2)+48}{12} \le \frac{9+3(14-x^2)+48}{12} =\frac{33-x^2}{4}.$$ Và ta đi đến việc chứng minh bất đẳng thức cuối cùng là $$33-x^2 \le 32x,$$ tức $$(x-1)(x+33) \ge 0.$$ Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $x \ge 1.$

Vậy ta có $\min P =-8.$ $\blacksquare$
Rõ ràng sau khi nghe phân tích hướng giải thì bài toán này hoàn toàn tự nhiên.
Video phân tích ý tưởng cho lời giải:

[Only registered and activated users can see links. ]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenThanhThi]

Bài 16: Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thoả $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $a^2b+b^2c+c^2a \leq \frac{4}{27}$
Đây là bài toán giải được bằng hàm, ngắn hơn hay hơn và tự nhiên hơn rất nhiều so với các cách giải khác
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tranghieu95]

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

Bài 16: Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thoả $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $a^2b+b^2c+c^a \leq \frac{4}{27}$
Đây là bài toán giải được bằng hàm, ngắn hơn hay hơn và tự nhiên hơn rất nhiều so với các cách giải khác

$c^2a$ hay $c^a$ vậy bn?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguoibimat]

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

Bài 16: Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thoả $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $a^2b+b^2c+c^2a \leq \frac{4}{27}$
Đây là bài toán giải được bằng hàm, ngắn hơn hay hơn và tự nhiên hơn rất nhiều so với các cách giải khác

Giả sử $x=min{a;b;c}$ , từ đó ta suy ra $0\leq a\leq \frac{1}{3}$. Ta lại có:
$a^2b+b^2c+c^2a \leq \frac{4}{27}$
\Leftrightarrow $a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq 0$
Vì $0\leq a\leq \frac{1}{3} \Rightarrow a^2 \leq \frac{a}{3}\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq \frac{ab}{3}+b^2c+c^2a -\frac{4}{27}=(\frac{b}{3}+c^2)a+b^2c-\frac{4}{27}=f(a)$
Tới đây ta đi chứng mình $f(a) \leq 0$

Các bạn làm tiếp thử có gì tối nay mình hoàn chĩnh

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tir]

Nguyên văn bởi nguoibimat

Giả sử $x=min{a;b;c}$ , từ đó ta suy ra $0\leq a\leq \frac{1}{3}$. Ta lại có:
$a^2b+b^2c+c^2a \leq \frac{4}{27}$
\Leftrightarrow $a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq 0$
Vì $0\leq a\leq \frac{1}{3} \Rightarrow a^2 \leq \frac{a}{3}\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq \frac{ab}{3}+b^2c+c^2a -\frac{4}{27}=(\frac{b}{3}+c^2)a+b^2c-\frac{4}{27}=f(a)$
Tới đây ta đi chứng mình $f(a) \leq 0$

Các bạn làm tiếp thử có gì tối nay mình hoàn chĩnh

Lời giải này có đúng không nhỉ? Vì nếu xem $b,c$ là các tham số thì giá trị của b và c phải là hằng số với a

a có thay đổi thế nào thì b và c cũng có thể giữ nguyên giá trị

. Trong khi b và c lại phụ thuộc vào a, rõ ràng $a+b+c=3$

[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenThanhThi]

Giải bài 16
Cách cổ điển trích cách giải của tir

Ý tưởng này cũng đã được trình bày trong vẽ đẹp của bất đẳng thức ở một bài thi của Đài Loan

Đặt $x=3a, y=3b, z=3c. $ Khi đó, $x+y+z=3(a+b+c)=3 $
Ta cần chứng minh: $$x^2y+y^2z+z^2x\le 4$$
Lại có bất đẳng thức sau: $$x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le4$$
Không mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c
Khi đó, bằng phép biến đổi tương đương, ta chứng minh đc
$$x^2y+y^2z+z^2x+xyz \le x^2y+xyz+z^2y+xyz
= y(x+z)^2 \le \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2y+x+z+x+z}{3}\right)^3=4 $$
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(\frac{2}{3},\frac{1}{3},0)$ và các hoán vị
Cách bằng hàm
Giả sử $a=min{a;b;c}$ , từ đó ta suy ra $0\leq a\leq \frac{1}{3}$. Ta lại có:
$a^2b+b^2c+c^2a \leq \frac{4}{27}$
\Leftrightarrow $a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq 0$
Vì $0\leq a\leq \frac{1}{3} \Rightarrow a^2 \leq \frac{a}{3}\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a - \frac{4}{27}\leq \frac{ab}{3}+b^2c+c^2a -\frac{4}{27}=(\frac{b}{3}+c^2)a+b^2c-\frac{4}{27}=f(a)$
Chia $2$ trường hợp
_ Nếu $\frac{1}{3}b+c^2=0$ thì $b=c=0$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng
_Nếu $\frac{1}{3}y+z^2\neq 0$
+Ta lại có $f(0)=b^2c-\frac{4}{27}$ và $b+c=1$
Theo cauchy thì $b^2c\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{2(y+z)}{3} \right )^3=\frac{4}{27}$
+$f(\frac{1}{3})=b^2c+\frac{y}{9}+\frac{1}{3}c^2-\frac{4}{27}=-b^3+b^2-\frac{1}{3}y\leq 0$
Kết luận bất đẳng thức đúng và Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(\frac{2}{3},\frac{1}{3},0)$ và các hoán vị
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tikita]

------------------------------

Nguyên văn bởi NguyenThanhThi

Alentist thân mếm trước tiên thì mình xin đính chính là bài này dường như không giải bằng hàm.Tuy nhiên bài này cũng có cái hay là trong đoạn video anh Cẩn đã phân tích ý tưởng đoán nghiệm rất kĩ dựa trên các tính chất hàm.
Thứ hai mình xin được phép post lời giải của anh Võ Quốc Bá Cẩn và cái video của anh ấy mà lúc trước mình đã từng xem qua bên diễn đàn toanphothong.vn
Nội dung giải bài này như sau:

Video phân tích ý tưởng cho lời giải:

Bài này giải bằng phương pháp hàm số cũng được mà bạn!
Ta sẽ giải bài toán: Cho $x,y,z\in [1;3]$ và thỏa mãn $x^2+y^2+z^2\leq 14$, $y>x$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\left(1-\dfrac{y}{x}\right)\left(2+\dfrac{z}{x}\right)$$
Đặt $f(x)=\left(1-\dfrac{y}{x}\right)\left(2+\dfrac{z}{x}\right)$, rỏ ràng $f(x)$ đồng biến trên $[1,3]$, nên ta có
$$\left(1-\dfrac{y}{x}\right)\left(2+\dfrac{z}{x}\right)\geq (1-y).(2+z)$$
Ta có $(y-1)(z+2)=z(y-1)+2y-2\leq \dfrac{z^2+y^2-2y+1}{2}+2y-2\leq\dfrac{14-2y}{2}+2y-2\leq 8 $
Vậy $P\geq -8$, dấu bằng có khi và chỉ khi $x=1,y=3,z=2$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]