Tìm max $P=2x+4y+5\sqrt{z}$

Bài toán:

Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=169$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$P=2x+4y+5\sqrt{z}$$

Giải

Áp dụng BĐT Cauchy-Schawrz, ta có:

$$P=2x+4y+\frac{25}{3}\sqrt{z}\leq \sqrt{20}.\sqrt{169-z^2}+\frac{25}{3}\sqrt{z} = f(z)$$.

Xét hàm số $f(z) = \sqrt{20}.\sqrt{169-z^2}+\frac{25}{3}\sqrt{z} $ liên tục trong $[0;13]$, ta có:

$$f'(z) = \frac{z\sqrt{20}}{\sqrt{169-z^2}}-\frac{25}{6\sqrt{z}}; \quad f'(z)=0 \Leftrightarrow z = 5 \in [0;13]$$

Hơn nữa:

$$f(0)=26\sqrt{5};\quad  f(5)=\frac{97\sqrt{5}}{3}; \quad f(13)=\frac{25\sqrt{13}}{3}$$

$$P \leq f(z) \leq \max_{0;13]}f(z)= f(5)$$

Vậy

$$\max P = \frac{97\sqrt{5}}{3} \Leftrightarrow  \begin{cases} x=\frac{12}{\sqrt{5}} \\ y=\frac{24}{\sqrt{5}} \\ z=5 \end{cases}$$ 

Read more »

$(x+1)(y+1)(z+1)\geq 4xyz$

Bài toán:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $0\leq x\leq 1;0\leq y\leq 2;x+y+z=6$. Chứng minh rằng:

$$(x+1)(y+1)(z+1)\geq 4xyz$$

Giải

Khai triển và rút gọn, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$xy+yz+zx+7\geq 3xyz \Leftrightarrow xy(1-3z)+z(6-z)+7\geq 0$$

Từ đề bài, ta có: 

$$z\geq 3 \Rightarrow 1-3z< 0$$

Mặt khác:

\begin{align*} xy= & \frac{1}{2}.2x.y \\ \leq &  \frac{1}{8}(2x+y)^{2} \\ \leq & \frac{1}{8}(x+y+1)^{2} \\ = &\frac{1}{8}(7-z)^{2} \end{align*}

Vậy:

$$xy(1-3z)+z(6-z)+7\geq \frac{(7-z)^{2}(1-3z)}{8}+z(6-z)+7$$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh:

\begin{align*} & \frac{(7-z)^{2}(1-3z)}{8}+z(6-z)+7 \geq 0 \\ \Leftrightarrow & -3z^{3}+35z^{2}-113z+105 \geq 0 \\ \Leftrightarrow & (7-z)(z-3)(3z-5)\geq 0 \quad \quad (*) \end{align*}

$(*)$ luôn đúng do $3\leq z< 6$. 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1,y=2,z=3$.

Read more »

$\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{z}+\frac{z+1}{x} \leq 6$

Bài toán:
Cho ba số $x, y, z \in [1;2]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{x+1}{y}+\frac{y+1}{z}+\frac{z+1}{x} \leq 6 \quad \quad (1)$$

Giải
Giả sử $x = \max \{x, y, z \}$. Vì $x,y,z \in [1;2]$ nên ta có: 
$$y \leq x \leq 2y, \quad z \leq x \leq 2z$$ 
Mặt khác
$$(1) \iff zx^2+ (y^2+y-6zy+z)x+yz(z+1) \leq 0 $$
Đặt 
$$f(x) = zx^2+ (y^2+y-6zy+z)x+yz(z+1) \quad \quad (2) $$
Dễ thấy $(2)$ là tam thức bậc hai ẩn $x$ có hệ số $a$ dương. Để chứng minh $(1)$, ta chỉ cần chứng minh:
$$\begin{cases} f(y) &\leq 0 \\ f(2y) &\leq 0 \\ f(z) &\leq 0 \\ f(2z) &\leq 0 \end{cases}$$
* Ta có:
$$f(y) = y \left( y^2 + (1-5z)y+2z+z^2 \right) = y.g(y)$$
Dễ thấy $g(y)$ là tam thức bậc hai có hệ số $a$ dương và
$$\begin{cases} g(1) = z^2 - 3z + 2 \leq 0, \forall z \in [1;2]\\ g(2) = z^2 - 8z + 6 < 0, \forall z \in [1;2] \end{cases}$$
Do đó:  $f(y) = yg(y) \leq 0, \quad z, y \in [1;2]$
* Tương tự:
$$f(2y) = y \left( 2y^2 + (2-8z)y+3z+z^2 \right) \leq 0, \quad z, y \in  [1;2]$$
 * Ta cũng có: $f(z) \leq 0, \quad f(2z) \leq 0$Do đó, ta có điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$.

Read more »

Tìm max $P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

Bài tập
Cho 3 số thực $x,y,z$ khác 0 và thỏa mãn: $x+y+z=5$ và $xyz=4 $
Tìm giá trị lớn nhất của
$$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$

Giải

Ta có:

$$P = \frac{xy+yz+zx}{xyz} =\frac{xy+yz+zx}{4} $$

Đặt $m=xy+yz+zx$. Khi đó, $x,y,z$ là các nghiệm của phương trình:

$$x^3-5x^2+mx-4=0 \quad \quad \quad (1)$$

Bài toán trở thành tìm điều kiện của $m$ để phương trình $(1)$ có 3 nghiệm (không nhất thiết phân biệt).

Vì $x \neq 0$ nên ta có: 

$$(1) \Leftrightarrow m = \frac{-x^3+5x^2+4}{x}$$

Xét hàm số $f(x)= \frac{-x^3+5x^2+4}{x}$ trên $\mathbb{R} \setminus \{ 0 \}$. Ta có:

$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2 \\ x = x_1 < 0 \\x=x_2 \in (0;2)   \end{array} \right.$$

Lập bảng biến thiên của hàm số $f(x)$. 

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra $m \leq f(2) = 8$

Vậy $\max P = 4 $. Dấu "$=$" xảy ra tại $(2;2;1) $ và các hoán vị.

Read more »

$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \leq \sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}$

Bài toán:
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \leq \sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}$$

Lời giải.
Đặt $\begin{cases}a+b+c=p \\ ab+bc+ca=q \\abc=r\end{cases}$.
Khi đó ta có:
$$p^2 \geq 3q \quad \quad \quad (1)$$
$$q =ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} = 3\sqrt[3]{r^2}$$
Suy ra:
$$-r \geq -\sqrt{\left( \frac{q}{3} \right)^3} \quad \quad (2)$$
Bất đẳng thức đã cho trở thành:
$$\sqrt{\frac{q}{3}} \leq \sqrt[3]{\frac{pq-r}{8}}$$

$$\Leftrightarrow pq - r \geq 8\sqrt{\left( \frac{q}{3}\right)^3}$$Kết hợp với $(2)$, ta cần chứng minh:

$$pq  \geq 9 \sqrt{\left( \frac{q}{3}\right)^3}$$
$$\Leftrightarrow p^2q^2 - 3q^3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow q^2(p^2 - 3q) \geq 0$$
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $(1)$.
Vậy BĐT đã cho đúng.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Read more »

Tìm min $P=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}$

Bài toán

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn 

$$21ab+2bc+8ca\leq 12$$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

$$P=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}$$

Lời giải (Ngoc Hung)

Đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$. Khi đó điều kiện bài toán là

$$\begin{cases}x,y,z> 0 \\ 2x+8y+21z\leq 12xyz \end{cases}$$

Ta đi tìm GTNN của $P=x+2y+3z$. 

Ta có:

$$2x+8y+21z  \leq 12xyz  \Rightarrow 3z\geq \frac{2x+8y}{4xy-7}$$

Do đó

\begin{align*} P & \geq x+2y+\frac{2x+8y}{4xy-7} \\ & =x+\frac{11}{2x}+\frac{1}{2x}\left [ (4xy-7)+\frac{4x^{2}+28}{4xy-7} \right ] \\ & \geq x+\frac{11}{2x}+\frac{1}{x}\sqrt{4x^{2}+28} \\ & =x+\frac{11}{2x}+\frac{3}{2}\sqrt{\left ( 1+\frac{7}{9} \right )\left ( 1+\frac{7}{x^{2}} \right )} \\ & \geq x+\frac{11}{2x}+\frac{3}{2}\left ( 1+\frac{7}{3x} \right ) \\ & =x+\frac{9}{x}+\frac{3}{2}\geq 6+\frac{3}{2} \\ &=\frac{15}{2} \end{align*}

Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi:

$$\begin{cases} (4xy-7)^2 = 4x^2+28 \\ 1 = \frac{x^2}{9} \\ 3z = \frac{2x+8y}{4xy-7} \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases} x=3\\ y=\frac{5}{4} \\ z = \frac{2}{3} \end{cases}   \Leftrightarrow  \begin{cases} a=\frac{1}{3}\\ y=\frac{4}{5} \\ z = \frac{3}{2} \end{cases} $$

Read more »

Tìm min, max $P=xy-\frac{3}{x^2+4y^2+3}$

Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn:
$$x^4+16y^4+2(2xy-5)^2=41$$
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
$$P=xy-\frac{3}{x^2+4y^2+3}$$

Giải
Từ giả thiết, ta có:
$$(x^2+4y^2)^2+9=40xy = 10.2.x.2y \leq 10 (x^2+4y^2)$$
Do đó:
$$1\leq x^2+4y^2 \leq 9$$
Đặt $t=x^2+4y^2$, ta có
$$P=\frac{t^2+9}{10}-\frac{3}{t+3}=f(t)$$
Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số $f(t)$ trên $[1;9]$

Read more »

Tìm min $P=\frac{1}{a^4+a^2b^2}+\frac{1}{b^4+a^2b^2}+\frac{32}{(1+c)^3}$

Bài toán
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện:
$$a^2+b^2+c^2=1$$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=\frac{1}{a^4+a^2b^2}+\frac{1}{b^4+a^2b^2}+\frac{32}{(1+c)^3}$$

Giải
Ta có:
$$\frac{1}{a^4+a^2b^2}+\frac{1}{b^4+a^2b^2} = \frac{1}{a^2b^2}$$
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$$1-c^2=a^2+b^2 \geq 2ab$$
Do đó:
$$\frac{1}{a^2b^2} \geq \frac{4}{1-c^2}$$
Vậy:
$$P \geq \frac{32}{(1+c)^3}+ \frac{4}{1-c^2} = f(c)$$
Khảo sát hàm số $f(c)$ trên $(0;1) \cup (1; + \infty)$ ta có:
$$\min f(c) = f\left( \frac{1}{2} \right) = \frac{448}{27}$$
Vậy 
$$\min P = \frac{448}{27}$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{\sqrt{6}}{4},c=\frac{1}{2}$.

Read more »

Min $f(M)= MN+NP+PQ+QM$

Bài toán

Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Các điểm $M,N,P,Q$ thay đổi tương ứng trên cạnh $AB,AD,CD,CB$. Tìm GTNN của:

$$f(M)= MN+NP+PQ+QM$$

Giải

Giả sử $AM = m, AN = n, CP = p; CQ = q$. Khi đó theo định lí côsin, ta có:
$ K=\sqrt{m^{2}+n^{2}-mn}+\sqrt{(a-n)^{2}+(a-p)^{2}-(a-n)(a-p)}$
$+\sqrt{p^{2}+q^{2}-pq}+\sqrt{(a-q)^{2}+(a-m)^{2}-(a-q)(a-m)} $

Áp dụng BĐT
$$ x^{2}+y^{2}-xy\ge\frac{1}{4}(x+y)^{2} $$
$$ K = \ge \frac{1}{2}(m+n)+\frac{1}{2}(2a-n-p)+\frac{1}{2}(p+q)+\frac{1}{2}(2a-m-q)= 2a$$
Vậy: $\min K = 2a$ khi và chỉ khi $m = n = p = q$

Read more »

Tìm Max, Min của $T=x^2+y^2-xy$.

Bài toán: 

Cho $x, y$ là các số thực dương thỏa mãn $\begin{cases} x+y\leq 2 \\ x^2+y^2+xy=3 \end{cases}$.

Tìm Max, Min của $T=x^2+y^2-xy$.

Giải

Từ giả thiết dễ thấy $xy \neq 0$. Không giảm tổng quát, ta giả sử $y \neq 0$, đặt $t = \frac{x}{y} > 0$. Ta có:

$$\frac{T}{3}=\frac{x^2+y^2-xy}{x^2+y^2+xy}=\frac{t^2-t+1}{t^2+t+1} $$

Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $T$ bằng phương pháp miền giá trị.

$$\frac{T}{3}=\frac{t^2-t+1}{t^2+t+1}\Leftrightarrow (T-3)t^2+ (T+3)t + T-3 = 0, \text{(*)}$$

Xem $(*)$ là phương trình ần $t$. Với $T\neq 3$, điều kiện cần và đủ để $(*)$ có nghiệm dương là:

$$\begin{cases}\Delta = (T+3)^2 - 4(T-3)^2 \geq 0 \\ -\frac{T+3}{T-3} > 0 \end{cases}.\Leftrightarrow 1 \leq T < 3$$

Vậy

$$ \min T = T(1;1) = 1$$

$\max T $ không tồn tại.

Read more »

Tìm GTLN của: $\frac{S}{2S+P+2}$

Bài toán: 

Xét các hình chữ nhật có cùng một chu vi $P$ và diện tích thay đổi $S$. Tìm GTLN của: $\frac{S}{2S+P+2}$

Giải

Vì $S=xy, P=2(x+y)=const$ nên: 

$$0 < S \leq \frac{P^2}{16}$$

Bài toán trở thành tìm GTLN của hàm số:

$$f(S) = \frac{S}{2S+P+2}$$

trên $K=\left( 0; \frac{P^2}{16} \right]$

Ta có:

$$f'(S)= \frac{P+2}{(2S+P+2)^2} > 0, \forall S$$

Vậy hàm số $f(S)$ đồng biến trên $K$. Do đó:

$$\max_{K} f(S) =f \left(\frac{P^2}{16} \right)$$

Read more »

Tìm min $A = \sqrt{1+\sin^4x} +\sqrt{2+2 \cos^2x+\cos^4x}$

Bài toán
Tìm giá trị nhỏ nhất của
$$A = \sqrt{1+\sin^4x} +\sqrt{2+2 \cos^2x+\cos^4x}$$

Giải
Ta có:
\begin{align*} A\sqrt{2} &= \sqrt{2}\sqrt{2-2cos^2x+\cos^4x} +\sqrt{2}\sqrt{2+2 \cos^2x+\cos^4x} \\&= \sqrt{2}\sqrt{1+(1-\cos^2x)^2} +\sqrt{2}\sqrt{1+(1+\cos^2x)^2}\end{align*}

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ $(1;1),(1;1-\cos^2x)$ ta có:
$$\sqrt{2}\sqrt{1+(1-\cos^2x)^2} \geq 1.1 + 1 - \cos^2x = 2 - \cos^2x$$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ $(1;1),(1;1+\cos^2x)$ ta có:
$$\sqrt{2}\sqrt{1+(1+\cos^2x)^2} \geq 1.1 + 1 + \cos^2x = 2 + \cos^2x$$
Cộng theo vế hai BĐT trên, ta có:
$$A\sqrt{2} \geq 4 \Leftrightarrow A \geq 2\sqrt{2}$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
$$\cos^2x = 0 \Leftrightarrow x =\frac{\pi}{2}+k\pi, k \in \mathbb{Z}$$

Vậy
$$\min A = 2\sqrt{2} \Leftrightarrow x =\frac{\pi}{2}+k\pi, k \in \mathbb{Z}$$

Read more »

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $P = (a+b+c)(c+d+e)(e+f+a)$

Bài toán
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:
$$P = (a+b+c)(c+d+e)(e+f+a)$$
Với $a,b,c,d,e,f$ là các phần tử khác nhau của $\{1,2,3,4,5,6\}$

Giải
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$$3\sqrt[3]{P} \leq a+b+c+c+d+e+e+f+a = 2(a+c+e) +d + f +b \leq 2(4+5+6)+1+2+3 = 36$$
Vậy
$$max P = 1728$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
$$\{ (a,b,c),(c,d,e),(e,f,a) \} = \{ (4,3,5),(5,1,6),(6,2,4) \}$$

Read more »

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = a(x^2+y^2) + z^2$

Bài toán:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P = a(x^2+y^2) + z^2$$
với $a > 0$ và $x,y,z$ thỏa mãn:
$$xy+yz+zx=1$$

Giải
Chọn $b$ tùy ý thỏa mãn $0 < b < a$. Ta có:
$$bx^2+\frac{z^2}{2} \geq 2\sqrt{\frac{b}{2}}xy$$
$$by^2+\frac{z^2}{2} \geq 2\sqrt{\frac{b}{2}}yz$$
$$\sqrt{\frac{b}{2}}(x^2+y^2) \geq 2\sqrt{\frac{b}{2}}xy$$
Cộng theo vế ba BĐT trên, ta có:
$$\left ( b + \sqrt{\frac{b}{2}} \right ) (x^2+y^2) + z^2 \geq 2 \sqrt{\frac{b}{2}}$$
Ta chọn $b$ sao cho:
$$ b + \sqrt{\frac{b}{2}}= a \Leftrightarrow b = \frac{4a+1-\sqrt{8a+1}}{4}$$
Ta có:
$$P \geq \frac{\sqrt{8a+1}-1}{2}$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{b}x = \frac{z}{\sqrt2}\\ \sqrt{b}y = \frac{z}{\sqrt2} \\ xy+yz+zx = 1\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=y=\frac{1}{\sqrt[4]{8a+1}}\\z =  \frac{\sqrt{8a+1}-1}{4\sqrt[4]{8a+1}} \end{matrix}\right. \vee \left\{\begin{matrix}x=y=-\frac{1}{\sqrt[4]{8a+1}}\\z =  -\frac{\sqrt{8a+1}-1}{4\sqrt[4]{8a+1}} \end{matrix}\right.$$

Read more »

Tìm min, max $P=\frac{x^4+y^4}{2xy+1}$

Bài toán
Với mọi số thực $x,y$ thỏa mãn $2(x^2+y^2)=xy+1$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của:
$$P=\frac{x^4+y^4}{2xy+1}$$

Giải

Từ giả thiết suy ra:
$$4(x^4+y^4)=-7x^2y^2+2xy+1$$
Và
$$1+xy = 2(x^2+y^2) \geq 4 |xy| \Rightarrow -\frac{1}{5} \leq xy \leq \frac{1}{3}$$
Do đó:
$$P=\frac{1}{4}.\frac{4(x^4+y^4)}{2xy+1}=\frac{1}{4}.\frac{-7x^2y^2+2xy+1}{2xy+1}$$

Đặt $t=xy$, ta có:
$$P=\frac{-7t^2+2t+1}{8t+4} \text{(1)}$$

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số $(1)$ trên đoạn $\left [ -\frac{1}{5};\frac{1}{3} \right ]$

Bài tập
Cho $x^2+y^2-xy=1$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của:
$$M=x^4+y^4-x^2y^2$$

Read more »

Trong các tam giác có cùng chu vi, tam giác nào có diện tích lớn nhất?

Bài toán.

Trong các tam giác có cùng chu vi, tam giác nào có diện tích lớn nhất?

Giải

Giả sử tam giác $ABC$ có ba cạnh $a,b,c$ sao cho chu vi $a+b+c=P$, $P$ không đổi. Gọi $S$ là diện tích tam giác. Khi đó, áp dụng BĐT AM-GM cho $4$ số ta có:

$$\begin{align*} \sqrt{\frac{S}{\sqrt 3}} & = \sqrt[4]{\frac{a+b+c}{6}.\frac{a+b-c}{2}.\frac{a-b+c}{2}.\frac{-a+b+c}{2}} \\ & \leq \frac{a+b+c}{6} \\ & = \frac{P}{6}\end{align*}$$

Vậy:

$$\max S =\frac{P^2\sqrt 3}{36}$$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Read more »

Bài tập

Lâu lâu lại tự kiếm bài tập để làm ...

Câu 1
Biện luận theo tham số $m$ số nghiệm của phương trình:
$$(m-3)9^x+2(m+1)3^x+m-1=0, \text{   (1)}$$
Giải
Đặt $3^x=t > 1$, ta có phương trình:
$$(m-3)t^2+2(m+1)t+m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{3t^2-2t+1}{(t+1)^2}$$
Xét hàm số $f(t) = \frac{3t^2-2t+1}{(t+1)^2}$, ta có:
$$f'(t) = \frac{8t-4}{(t+1)^3}; f'(t) = 0\Leftrightarrow t= \frac{1}{2} $$
Lập bảng biến thiên của hàm số $f(t)$ trong $(0;+\infty)$. Từ bảng biến thiên ta có các trường hợp sau:
$*) m < \frac{1}{3}$ thì phương trình $(1)$ vô nghiệm
$*) m = \frac{1}{3}$ hoặc $1 \leq m < 3$ thì phương trình $(1)$ có đúng 1 nghiệm
$*) \frac{1}{3} < m < 1$ thì phương trình $(1)$ có đúng 2 nghiệm

$*) m > 3$ thì phương trình $(1)$ vô nghiệm.

Câu 2
 Cho $0 < x < \frac{\pi }{4}$. Chứng minh rằng:

$$\frac{cos x}{(cos x - sin x)sin^2x}> 8$$

Giải
Do $0 < x < \frac{\pi}{4} \Rightarrow \cos{x} > 0$ và $\tan{x} < 1$
Chia cả tử cả mẫu của vế trái cho $\cos^3{x}$, ta được:
$$\frac{\frac{1}{\cos^2{x}}}{\left ( 1 - \frac{\sin{x}}{\cos{x}}\right )\tan^2{x}} > 8$$
$$\Leftrightarrow \frac{\tan^2{x} + 1}{(1 - \tan{x})\tan^2{x}} > 8 \Leftrightarrow 8\tan^3{x} + 1 > 7\tan^2{x}$$
Theo BĐT Cauchy, ta có: $8a^3 + 1 = 4a^3 + 4a^3 + 1 \geq 3\sqrt[3]{16}a^2 > 7a^2$
Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Câu 3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có diện tích bằng $\frac{3}{2}$, biết $A(2;-3), B(3;-2)$ và trọng tâm tam giác nằm trên đường thẳng $\Delta: 3x-y-8=0$. Tìm tọa độ của $C$.
Giải
Giả sử $C(u;v)$. Khi đó trọng tâm của tam giác $ABC$ là:
$$G\left ( \frac{u+5}{3};\frac{v-5}{3} \right )$$
Vì $G \in \Delta $ nên ta có:
$$3u-v-4=0, \text{   (3a)}$$
Ta có phương trình đường thẳng $AB: x - y - 5 = 0$.
$$d_{(C;AB)}=\frac{|u-v-5|}{\sqrt2}$$
Mà
$$d_{(C;AB)}=\frac{2S}{AB} = 3$$
Do đó ta có:
$$|u-v-5| = 3,\text{   (3b)}$$
Từ $(3a)$ và $(3b)$ ta có:
$$C_1(1;-1), C_2(-2;-10)$$

Câu 4
Tìm $m$ để phương trình sau có nghiệm:
$$x^2+m(x-1) = 6x\sqrt{x-1},\text{    (4)}$$
Giải
ĐK: $x \geq 1$
Dễ thấy $x=1$ không phải là nghiệm của phương trình $(4)$. Chia cả hai vế của $(4)$ cho $x-1$, và đặt $t = \frac{x}{\sqrt{x-1}} \geq 2$, ta có:
$$m = 6t-t^2$$
Vì tập giá trị của hàm số $f(t) = 6t-t^2, \forall t \in (2;+\infty)$ là $(-\infty; 9)$ nên phương trình $(4)$ có nghiệm khi và chỉ khi $m \leq 9$.

Câu 5
Cho hai số $x,y$ thỏa mãn:
$$\left\{\begin{matrix} 2y \geq x^2\\y \leq -2x^2+3x \end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng $x^2+y^2 \leq 2$

Giải
Từ giả thiết ta có:
$$\frac{x^2}{2} \leq y \leq -2x^2+3x \Rightarrow x^2+y^2 \leq 2$$
Dễ dàng suy ra: $0 \leq x \leq \frac{6}{5}$
Ta có
$$x^2+y^2 \leq x^2 + (-2x^2+3x)^2 = 4x^4-12x^3+10x^2 = f(x)$$
Ta sẽ đi tìm GTLN của hàm số $f(x)$ trên đoạn $\left [ 0;\frac{6}{5} \right ]$
$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1, x = 0, x = \frac{5}{4} $$
$$f(0) = 0; f(1) = 2; f\left ( \frac{6}{5} \right )=\frac{1224}{625}$$
Vậy
$$x^2+y^2 \leq \max_{\left [ 0;\frac{6}{5} \right ]}f(x) = f(1)=2$$
Dấu " $=$ "; xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$

Câu 6
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho $C(2;-5)$ và đường thẳng $\Delta: 3x-4y+4=0$. Tìm trên $\Delta$ hai điểm $A,B$ đối xứng với nhau qua $I\left ( 2;\frac{5}{2} \right )$ sao cho diện tích tam giác $ABC$ bằng $15$.
Giải

Ta có:

$$AB=\frac{2S}{d_{(C;\Delta)}}=5$$

Giả sử $A(4a;3a+1) \in \Delta$. Khi đó:

$$IA=\frac{5}{2}\Leftrightarrow a=1$$

Vậy $A(4;4), B(0;1)$

Read more »

Tìm min $x^4+y^4+z^4$

  

Mình là một con gà Bất đẳng thức. Cho nên, kể từ hôm nay, mình bắt đầu tự học Bất đằng thức để nâng cao trình độ. Bắt đầu từ bài toán sau:

Bài 1.

Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=75$. Tìm min của $A=x^4+y^4+z^4$ .

Ta đoán là sẽ dùng được BĐT AM-GM nên ta tìm giá trị của $x,y,z$ khi các số này bằng nhau: Ta có: $75:3=25;\sqrt{25}=5$.

Áp dụng BĐT AM-GM cho bốn số: $x^4;y^4;5^4;5^4$ ta có:

$$x^4+y^4+5^4+5^4 \geq 4\sqrt[4]{x^4.y^4.25^4}=100xy \ \ \ (1)$$

Tương tự, ta có

$$y^4+z^4+5^4+5^4 \geq 4\sqrt[4]{y^4.z^4.25^4}=100yz \ \ \ (2)$$

$$x^4+z^4+5^4+5^4 \geq 4\sqrt[4]{x^4.z^4.25^4}=100xz \ \ \ (3)$$

Cộng theo vế các bất đẳng thức $(1),(2),(3)$, ta có:

$$2(x^4+y^4+z^4)+ 6.5^4 \geq 100(xy+yz+zx)$$

Từ đó

$$x^4+y^4+z^4 \geq 1875$$

Vậy $min A = 1875$ khi và chỉ khi $x=y=z=5$

Từ bài toán, ta có Bất đẳng thức:

$ x^4+y^4+z^4 \geq 75(xy+yz+zx)$

Tổng quát, ta sẽ tìm một đánh giá giữa $x^n+y^n+z^n$ và $xy+yz+zx$

Read more »