Khối B – 2006

Khối B – 2006

Cho x;y là 2 số thực dương. Tìm GTNN của
A=$\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(x+1)^2+y^2}+|y-2|$

Áp dụng BĐT cauchy-schwarz ta có
$\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}.\sqrt{(1-x)^2+y^2}\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1-x)+\frac{1}{2}y|$
Tương tự ta có: $\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}.\sqrt{(1+x)^2+y^2}\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y|$
$$M\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y|+|\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y|+|2-y|$$

$$\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y+\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y+2-y|=2+\sqrt{3}$$

Đây là câu trong đề dự bị năm 2010.
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương . Tìm GTLN của biểu thức:
$$P = \frac{{\sqrt {yz} }}{{x + 2\sqrt {yz} }} + \frac{{\sqrt {xz} }}{{y + 2\sqrt {xz} }} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{z + 2\sqrt {xy} }}$$
2P$= 3-\sum \frac{x}{x+{2\sqrt{yz}}}\leq 3-\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}=2$(AM-GM)
$\Rightarrow P\leq 1$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$

Đề dự bị khối A - 2002

Đề dự bị khối A - 2002
Cho x,y,z là khoảng cách từ M thuộc miền của tam giác ABC nhọn, trên các cạnh BC,CA,AB.
Cmr: $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}$
Trong đó: a,b,c là các cạnh tam giác ABC, R là bán kinh đường tròn ngoại tiếp.Dấu bằng xảy ra khi nào.Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
$$\sqrt x  + \sqrt y  + \sqrt z  = \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {ax}  + \frac{1}{{\sqrt b }}\sqrt {by}  + \frac{1}{{\sqrt c }}\sqrt {cz}  \le $$
$$ \le \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left( {ax + by + cz} \right)}  = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)2S}  = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\frac{{abc}}{{2R}}} $$
$$ = \sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{{2R}}}  \le \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2R}}} $$
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y = z\\
a = b = c
\end{array} \right.$ $\blacksquare$

Đề dự bị khối D năm 2008

Đề dự bị khối D năm 2008
Cho số nguyên n ($n\geq 2$) và 2 số thực không âm x,y. Chứng minh rằng
$\sqrt[n]{x^n+y^n}\geq \sqrt[n+1]{x^{n+1}+y^{n+1}}$. Dấu bằng xảy ra khi nào??

Xét $\left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 0
\end{array} \right.$, ta có: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} = \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Xét $x \ne 0,y \ne 0 \Rightarrow x > 0,y > 0$

Ta chứng minh: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Ta có: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \le y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \le 1$

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $$\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Xét hàm số: $$f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Ta có: $$f'\left( u \right) =  - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0\,\,\,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Suy ra $f\left( u \right)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \ge 0;n \in \left\{ {Z:n \ge 2} \right\}$ thì: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \ge \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0,y\in \mathbb{R}\; \; \vee \; x\in \mathbb{R},y=0$.

Đề thi ĐH khối B - 2007

Đề thi ĐH khối B - 2007
Cho x,y,z > 0. Tìm GTNN của biểu thức
$$P=x(\frac{x}{2}+\frac{1}{yz})+y(\frac{y}{2}+\frac{1}{xz})+z(\frac{z}{2}+\frac{1}{xy})$$

Cách 1: Ta có: $$P = \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{2} + \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{xyz}} \geqslant \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{2} + \frac{{xy + yz + zx}}{{xyz}}$$
$$ = \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{x}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{2} + \frac{1}{y}} \right) + \left( {\frac{{{z^2}}}{2} + \frac{1}{z}} \right) \geqslant \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} = \frac{9}{2}$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x = y = z = 1$

Cách 2: Không mất tính tổng quát giả sử $$x\geq y\geq z\Rightarrow \frac{x}{2}+\frac{1}{yz}\geq \frac{y}{2}+\frac{1}{xz}\geq \frac{z}{2}+\frac{1}{xy}$$
Áp dụng BĐT Trê- Bư- Sép 2 bộ dãy đơn điệu tăng (BĐT này khi thi chứng minh lại vẫn có thể sử dụng được)
$$P\geq \frac{x+y+z}{3}.(\frac{x}{2}+\frac{y}{2}+\frac{z}{2}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz})$$
$$ \ge \frac{{(x + y + z)^2 }}{6} + \frac{{9(x + y + z)}}{{3.\frac{{(x + y + z)^2 }}{3}}} = \frac{{(x + y + z)^2 }}{6} + \frac{9}{{x + y + z}} $$
$$= \frac{{(x + y + z)^2 }}{6} + \frac{9}{{2(x + y + z)}} + \frac{9}{{2(x + y + z)}}\mathop  \ge  3\sqrt[3]{{\frac{{(x + y + z)^2 }}{6}.\frac{9}{{2(x + y + z)}}.\frac{9}{{2(x + y + z)}}}} = \frac{9}{2}$$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Cách 3:
$$P=\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2+\frac{x}{yz}+\frac{z}{xy}+\frac{y}{xz}+\frac{x}{yz}+\frac{z}{xy}+\frac{y}{xz})\geq \frac{9}{2}.\sqrt[9]{\frac{x^4y^4z^4}{x^4y^4z^4}}=\frac{9}{2}$$

Khối D – 2005

Khối D – 2005

Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz=1

Chứng minh rằng:

$$\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}+\frac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}+\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq 3\sqrt{3}$$

$$VT\geq \sqrt{3}(\frac{\sqrt{xy}}{xy}+\frac{\sqrt{xz}}{xz}+\frac{\sqrt{zy}}{zy})=\sqrt{3}(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}+\frac{1}{\sqrt{yz}})\geq 3\sqrt{3}$$

BĐT được chứng minh. $\square$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1