Bài 144(Poland MO): Cho a,b,c>0. CMR: nếu ab+bc+ca=1 thì

$\frac{(a^2+1)^2}{bc(b+c)}+\frac{(b^2+1)^2}{ca(c+a)}+\frac{(c^2+1)^2}{ab(a+b)}\geq 8(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Ta có : $a^2+1=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)$

Theo Cosi và BDT  $(x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8(\sum x)(\sum xy)}{9}$, $(x+y)^3\geq 4xy(x+y)$ ta có :

  $\sum \frac{(a^2+1)^2}{bc(b+c)}=\sum \frac{\left [ (a+b)(a+c) \right ]^2}{bc(b+c)}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)^4(b+c)^4(c+a)^4}{(abc)^2(a+b)(b+c)(c+a)}}=3\sqrt[3]{\frac{(a+b)^3(b+c)^3(c+a)^3}{(abc)^2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4ab(a+b).4bc(b+c).4ac(a+c)}{(abc)^2}}=3\sqrt[3]{64(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 12\sqrt[3]{\frac{8(\sum a)(\sum ab)}{9}}=12\sqrt[3]{\frac{8(\sum a).1}{9}}\geq 12\sqrt[3]{\frac{8\sqrt{3(\sum ab)}}{9}}=12\sqrt[3]{\frac{8\sqrt{3}}{9}}=24\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{27}}}=\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}= > \sum \frac{(a^2+1)^2}{bc(b+c)}\geq 8\sqrt{3}$   (1)

 Theo Bunhia có :$8(\sum \sqrt{ab})\leq 8\sqrt{3(\sum ab)}=8\sqrt{3.1}=8\sqrt{3}$  (2)

  Từ (1),(2) $= > \sum \frac{(a^2+1)^2}{bc(b+c)}\geq 8(\sum \sqrt{ab})$

  Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c> 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=\frac{1-16abc}{4}$.

    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

         $A=\frac{a+b+c+4abc}{1+4(ab+bc+ac)}$

Bài 132:(IMO 1984) Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng $0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$

   Ta có :$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{1}=9$

$= > \frac{ab+bc+ac}{abc}\geq 9abc= > ab+bc+ac-2abc\geq 7abc> 0$

$= > ab+bc+ac-2abc> 0$  (1)

  Đồng nhất $a+b+c=1,(a+b+c)^3=1$

BDT $ab+bc+ac-2abc\leq \frac{7}{27}< = > (ab+bc+ac)(a+b+c)-2abc\leq \frac{7(a+b+c)^3}{27}$

$< = > 27ab(a+b)+27bc(b+c)+27ac(a+c)+27abc\leq 7(a+b+c)^3$

$< = > 27ab(a+b)+27bc(b+c)+27ac(a+c)+27abc\leq 7(a^3+b^3+c^3)+21ab(a+b)+21bc(b+c)+21ac(a+c)+42abc$

$< = > 7(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 6ab(a+b)+6bc(b+c)+6ac(a+c)$

 Theo BDT Schur bậc 3 ta có : $6(a^3+b^3+c^3+3abc)\geq 6(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))$

 Theo Cosi ta có : $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$

Cộng theo vế 2 BDT và rút gọn $= > 7(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 6ab(a+b)+6bc(b+c)+6ac(a+c)$ (2)

  Từ (1),(2) $= > 0< ab+bc+ac-2abc\leq \frac{7}{27}$ .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Ở đây có được đăng các bài có trong các tạp chí không vậy, nếu như mỗi MO ko thì nghe vẻ hơi ít

Bài 115 (CĐTMO 2006) : Chứng minh rằng với mọi số thực $x,y,z$ thuộc đoạn $[1;2]$ ta luôn có bất đẳng thức :
                                          $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}).$

                                           Hỏi đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào ? 

 

  Không mất tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$ .Do $2\geq x,y,z\geq 1= > \left\{\begin{matrix} x+y\geq z & & \\ y+z\geq x & & \\ z+x\geq y & & \end{matrix}\right.$

BĐT $< = > (\sum x)(\sum \frac{1}{x})\geq 6(\sum \frac{x}{y+z})< = > (\sum x)(\sum \frac{1}{x})-9\geq 6(\sum \frac{x}{y+z}-\frac{3}{2})$

 Ta có :$(\sum x)(\sum \frac{1}{x})-9=\sum \frac{(y-z)^2}{yz}$

            $\sum \frac{x}{y+z}-\frac{3}{2}=\sum \frac{(y-z)^2}{2(y+x)(z+x)}$

 Do đó BĐT $< = > \sum \frac{(y-z)^2}{yz}\geq 6(\sum \frac{(y-z)^2}{2(y+x)(z+x)})$

$< = > \sum \frac{(y-z)^2}{yz}\geq 3\sum \frac{(y-z)^2}{(y+x)(z+x)}< = > \sum (y-z)^2(\frac{1}{yz}-\frac{3}{(y+x)(z+x)})\geq 0$

$< = > (x-y)^2(\frac{1}{xy}-\frac{3}{(x+z)(y+z)})+(y-z)^2(\frac{1}{yz}-\frac{3}{(y+x)(z+x)})+(x-z)^2(\frac{1}{xz}-\frac{3}{(x+y)(z+y)})\geq 0$

  Đặt $\left\{\begin{matrix} S_{a}=\frac{1}{yz}-\frac{3}{(y+x)(z+x)} & & \\ S_{b}=\frac{1}{xz}-\frac{3}{(x+y)(z+y)} & & \\ S_{c}=\frac{1}{xy}-\frac{3}{(x+z)(y+z)} & & \end{matrix}\right.$

Ta có :$S_{b}=\frac{1}{xz}-\frac{3}{(x+y)(z+y)}=\frac{xy+yz+y^2-2xz}{xz(x+y)(z+y)}=\frac{x(y-z)+y(y+z)-xz}{xz(x+y)(z+y)}\geq \frac{x(y-z)+xy-xz}{xz(x+y)(z+y)}=\frac{2x(y-z)}{xz(x+y)(z+y)}=\frac{2(y-z)}{z(x+y)(z+y)}\geq 0= > S_{b}\geq 0$

  (Do $y+z\geq x= > y(y+z)\geq xy,y\geq z= > y-z\geq 0$)

          $S_{a}=\frac{1}{yz}-\frac{3}{(x+y)(x+z)}=\frac{x^2+xy+xz-2yz}{yz(x+y)(x+z)}=\frac{x^2+y(x-z)+z(x-y)}{yz(x+y)(x+z)}> 0= > S_{a}> 0$ (Do $x\geq z= > y(x-z)\geq 0,x\geq y= > z(x-y)\geq 0,x^2> 0= > x^2+y(x-z)+z(x-y)> 0$)

  Do đó $S_{a}+S_{b}> 0$

Ta có :$S_{b}+S_{c}=\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}-\frac{3}{(x+y)(z+y)}-\frac{3}{(x+z)(y+z)}$

$=\frac{y+z}{xyz}-\frac{3(x+z)+3(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\frac{y+z}{xyz}-\frac{6x+3y+3z}{(x+y)(y+z)(x+z)}$

  Ta chứng minh $S_{b}+S_{c}\geq 0< = > \frac{y+z}{xyz}\geq \frac{6x+3y+3z}{(x+y)(y+z)(x+z)}< = > (x+y)(x+z)(y+z)^2\geq xyz(6x+3y+3z)< = > (x^2+xz+xy+yz)(y^2+2yz+z^2)\geq 6x^2yz+3xy^2z+3xyz^2< = > x^2y^2+2x^2yz+x^2z^2+xy^2z+2xyz^2+xz^3+xy^3+2xy^2z+xyz^2+y^3z+2y^2z^2+yz^3\geq 6x^2yz+3xy^2z+3xyz^2< = > x^2y^2+x^2z^2+y^3z+yz^3+2y^2z^2+xz^3+xy^3\geq 4x^2yz$

               $< = > yz(y+z)^2+x^2(y^2+z^2)+x(y^3+z^3)\geq 4x^2yz$

  BĐT này đúng do theo Cosi ta có :

   $x^2(y^2+z^2)\geq x^2.2yz=2x^2yz$

   $x(y^3+z^3)\geq x.yz(y+z)\geq x^2yz$ ( Do $y+z\geq x$)

   $yz(y+z)^2\geq x^2yz$ (Do $y+z\geq x$

Cộng theo vế $= > yz(y+z)^2+x^2(y^2+z^2)+x(y^3+z^3)\geq 4x^2yz$ (Luôn đúng)

   Do đó $S_{b}+S_{c}\geq 0$

Từ đó $S_{b}\geq 0,S_{b}+S_{a}> 0,S_{b}+S_{c}\geq 0$ nên theo nguyên lý SOS thì BĐT đề bài được chứng minh. 

    Dấu = xảy ra khi $x=y=z$ hoặc $x=2y=2z$ và hoán vị của chúng

Bài 114 (VMO 1999) : Xét các số thực dương $a,b$ sao cho phương trình : 

                                                                                     $ax^{3}-x^{2}+bx-1=0$

có ba nghiệm thực dương ( các nghiệm có thể bằng nhau).

 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{5a^{2}-3ab+2}{a^{2}(b-a)}$ .

 Gọi $x_{1},x_{2},x_{3}$ là 3 nghiệm dương của phương trình. 

   Theo định lý Viet cho phương trình bậc 3 ta có :

  $\left\{\begin{matrix} x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1}=\frac{b}{a} & & \\ x_{1}+x_{2}+x_{3}=\frac{1}{a} & & \\ x_{1}x_{2}x_{3}=\frac{1}{a} & & \end{matrix}\right.$

Ta có :$\frac{b}{a^2}=\frac{b}{a}.\frac{1}{a}=(\sum x_{1}x_{2})(\sum x_{1})$

           $\frac{\sum x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}x_{3}}=\frac{\frac{b}{a}}{\frac{1}{a}}=b= > \sum \frac{1}{x_{1}}=b= > \frac{b}{a}=(\sum \frac{1}{x_{1}})(\sum x_{1})$

( Do $\sum x_{1}=\frac{1}{a}$)

Theo Cosi ta có :$\frac{1}{a}=x_{1}x_{2}x_{3}=\sum x_{1}\geq 3\sqrt[3]{x_{1}x_{2}x_{3}}= > (x_{1}x_{2}x_{3})^3\geq 27x_{1}x_{2}x_{3}= > x_{1}x_{2}x_{3}\geq \sqrt{27}=3\sqrt{3}$

  Từ đó 

$P=\frac{5a^2-3ab+2}{a^2(b-a)}$

$=\frac{\frac{5a^2-3ab+2}{a^3}}{\frac{a^2(b-a)}{a^3}}=\frac{\frac{5}{a}-\frac{3b}{a^2}+\frac{2}{a^3}}{\frac{b}{a}-1}$

$=\frac{5x_{1}x_{2}x_{3}-3(\sum x_{1})(\sum x_{1}x_{2})+2(\sum x_{1})^3}{(\sum x_{1})(\sum \frac{1}{x_{1}})-1}$

$=(x_{1}x_{2}x_{3})(\frac{5x_{1}x_{2}x_{3}-3(\sum x_{1})(\sum x_{1}x_{2})+2(\sum x_{1})^3}{(\sum x_{1})(\sum x_{1}x_{2})-x_{1}x_{2}x_{3}})$

$\geq 3\sqrt{3}.(\frac{5x_{1}x_{2}x_{3}-3\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})-9x_{1}x_{2}x_{3}+2(\sum x_{1})^3}{\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+2x_{1}x_{2}x_{3}})$

$= > P\geq 3\sqrt{3}.\left [ \frac{-4x_{1}x_{2}x_{3}-3\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+2(\sum x_{1})^3}{\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+2x_{1}x_{2}x_{3}} \right ]$

Ta sẽ chứng minh:   $P\geq 12\sqrt{3}$

$< = > \frac{-4x_{1}x_{2}x_{3}-3\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+2(\sum x_{1})^3}{\sum x_{1}x_{2}({x_{1}+x_{2}})+2x_{1}x_{2}x_{3}}\geq 4$

$< = > 2(\sum x_{1})^3-3\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})-4x_{1}x_{2}x_{3}\geq 4\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+8x_{1}x_{2}x_{3}$

$< = > 2\sum x_{1}^3+6\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+12x_{1}x_{2}x_{3}-3\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})-4x_{1}x_{2}x_{3}$

$\geq 4\sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})+8x_{1}x_{2}x_{3}$

$< = > 2\sum x_{1}^3\geq \sum x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})$

$< = > \sum (x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})^2\geq 0$

 ( Điều này luôn đúng với $x_{1},x_{2},x_{3}> 0$)

  Do đó $P\geq 12\sqrt{3}= > P_{min}=12\sqrt{3}< = > x_{1}=x_{2}=x_{3}< = > a=\frac{1}{3\sqrt{3}},b=\sqrt{3}$

Bài toán: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x\geq z$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

 

 

 

$\frac{xz}{y^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{xz+yz}+\frac{x+2z}{x+z}$

Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{z}=b= > \frac{x}{z}=ab\geq 1$( Do $x\geq z= > \frac{x}{z}\geq 1$)

Ta có :$P=\frac{xz}{y^2+yz}+\frac{y^2}{xz+yz}+\frac{x+2z}{x+z}=\frac{1}{\frac{y}{x}.\frac{y}{z}+\frac{y}{x}}+\frac{1}{\frac{x}{y}.\frac{z}{y}+\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x}{z}}+1$

$=\frac{1}{\frac{b}{a}+\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{1+ab}+1$

$=\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}+\frac{1}{ab+1}+1=\frac{a^2}{ab+a}+\frac{b^2}{ab+b}+\frac{1}{ab+1}+1$

$\geq \frac{(a+b)^2}{2ab+a+b}+\frac{1}{1+\frac{(a+b)^2}{4}}+1$

$\geq \frac{(a+b)^2}{2.\frac{(a+b)^2}{4}+a+b}+\frac{4}{4+(a+b)^2}+1=\frac{2(a+b)}{a+b+2}+\frac{4}{4+(a+b)^2}+1$

$= > P\geq \frac{2(a+b)}{a+b+2}+\frac{4}{4+(a+b)^2}+1$

  (Do áp dụng bđt Bunhiacopxki và bđt $mn\leq \frac{(m+n)^2}{4}$)

  Đặt  $t=a+b> 0= > t\geq 2\sqrt{ab}\geq 2\sqrt{1}=2= > t\geq 2$  (1)

 $= > P\geq \frac{2t}{t+2}+\frac{4}{t^2+4}+1$

 Ta chứng minh $P\geq \frac{5}{2}< = > \frac{2t}{t+2}+\frac{4}{t^2+4}+1\geq \frac{5}{2}< = > \frac{t}{t+2}+\frac{2}{t^2+4}\geq \frac{3}{4}< = > \frac{t^3+6t+4}{(t+2)(t^2+4)}\geq \frac{3}{4}< = > 4t^3+24t+16\geq 3t^3+6t^2+12t+24< = > t^3-6t^2+12t-8\geq 0$

$< = > (t-2)^3\geq 0< = > t-2\geq 0< = > t\geq 2$

  (Điều này luôn đúng do từ (1))

 Từ đó $P\geq \frac{5}{2}= > P_{min}=\frac{5}{2}< = > a=b=1< = > x=y=z> 0$

Bài này cũng giống bài của bạn HoangTung:

 

Bài toán: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=26$.Tìm GTLN của:

 

$\frac{4(a+c)}{2a^2+4bc+26}+\frac{4a}{a^2+bc+13}-\frac{4}{a(b+c)}-\frac{7}{(a+b)^2}$

 

Spoiler

Bài toán của bạn là đề thi thử sức trên THTT số nào đó (không nhớ
rõ)

Đúng vậy ,nó nằm trên mục thử sức trước kì thi ,bài này ko khó nhưng mà nó hay

p(3,2,1)=0,428...

p(3,1,2)=0,5333....

Nói chung là bộ sô (3,1,2) hay (3,2,1) gì đó anh không nhớ

điểm rơi (3,1,2) đúng ko a

Phải là (3,2,1) chứ nhỉ

chuẩn đề ko a, e thấy áp dụng ghép cái 1 vs cái 3 cái 2 vs 4 mang tính tương tự

Đề siêu đúng đó em

Bài toán: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $5\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )=6\left ( ab+bc+ca \right )$

 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\sqrt{2\left ( a+b+c \right )}-\left ( a^{2}+b^{2} \right )$

Ta có : $5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ac)= > (a+b+c)^2+4(a^2+b^2+c^2)=8(ab+bc+ac)$  (1)

 Theo Cosivà Bunhia có :

   $8(ab+bc+ac)=8ab+8c(a+b)\leq 4(a^2+b^2)+4(c^2+(a+b)^2)=4(a^2+b^2+c^2)+4(a+b)^2\leq 4(a^2+b^2+c^2)+4.2(a^2+b^2)=4(a^2+b^2+c^2)+8(a^2+b^2)$  (2)

Từ (1),(2) $= > (a+b+c)^2+4(a^2+b^2+c^2)\leq 4(a^2+b^2+c^2)+8(a^2+b^2)= > (a+b+c)^2\leq 8(a^2+b^2)= > a^2+b^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{8}$

Do đó $P=\sqrt{2(a+b+c)}-(a^2+b^2)\leq \sqrt{2(a+b+c)}-\frac{(a+b+c)^2}{8}$  (3)

   Đặt $\sqrt{2(a+b+c)}=t= > a+b+c=\frac{t^2}{2}= > (a+b+c)^2= \frac{t^4}{4}$

 $= > P\leq t-\frac{t^4}{32}$

Theo Cosi 4 số có :$\frac{t^4}{32}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 4\sqrt[4]{\frac{t^4}{32.8}}=4\sqrt[4]{\frac{t^4}{4^4}}=t= > t-\frac{t^4}{32}\leq \frac{3}{2}$

Từ đó $= > P\leq \frac{3}{2}= > P_{max}=\frac{3}{2}$

    Dấu = xảy ra khi $t=2,a=b,c=a+b= > a+b+c=2,a=b,c=a+b= > a=b=\frac{1}{2},c=1$

   Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c> 0$ thay đổi thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=14$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

       $P=\frac{4(a+c)}{a^2+3c^2+28}+\frac{4a}{a^2+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^2}-\frac{3}{a(b+c)}$

P/s: Hay 

Bài toán: Cho các số thực dương $a,b> 0$. Tìm hằng số $k$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau:

         $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{k}{a^3+b^3}\geq \frac{16+4k}{(a+b)^3}$

Sửa một chút về điều kiện bài toán là $a,b,c$ không âm sao cho có ít nhất một số dương và $a+b+c=ab+bc+ac$

Nếu thế thì nghe vẻ là bài toán khó hơn đó

Spoiler

Chả có bài toán nào đẹp nhỉ.

 

98.(Romania 2008)

 

Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

 

$(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}-k)\geq k$

Trong đó $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=ab+bc+ac$

 

 

BDT $< = > k\leq \frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c}$

     $= > k\leq max(\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c})$ (Do để tìm giá trị lớn nhất của $k$)

Ta chứng minh $max(\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})}{1+a+b+c})=\frac{9}{8}$

   Thật vậy,  BĐT 

$< = > 8(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\leq 9+\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$

  (Do thay $1=\frac{a+b+c}{ab+bc+ac}$)

 $< = > 4\left [ (a+b)+(b+c)+(c+a) \right ](\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\leq 9+\frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$

$< = > 4\left [ \left [ (a+b)+(b+c)+(c+a) \right ](\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) -9\right ]\leq9(\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-3)$

$< = > 8\left [ \frac{(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{(b-c)^2}{(b+a)(c+a)}+\frac{(c-a)^2}{(c+b)(a+b)} \right ]\leq\frac{9\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]}{ab+bc+ac}$

$< = > (a-b)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(a+c)(b+c)})+(b-c)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(b+a)(c+a)})+(c-a)^2(\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+b)(a+b)})\geq 0$ (1)

 Đặt $S_{a}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+a)(b+a)}=\frac{ab+bc+ac+9a^2}{(\sum ab)(c+a)(b+a)}> 0$

       $S_{b}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(b+a)(b+c)}=\frac{ab+bc+ac+9b^2}{(\sum ab)(b+a)(b+c)}> 0$

      $S_{c}=\frac{9}{ab+bc+ac}-\frac{8}{(c+a)(c+b)}=\frac{ab+bc+ac+9c^2}{(\sum ab)(c+a)(c+b)}> 0$

Do đó $S_{a}> 0,S_{b}> 0,S_{c}> 0$ nên BĐT (1) đúng và ta có ĐPCM.

    Vậy $k_{max}=\frac{9}{8}$ là giá trị cần tìm

Spoiler

Chả có bài toán nào đẹp nhỉ.

 

97.(VMO 2006_Bảng B)

 

Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a,b,c$ thực dương thỏa $abc=1$.Ta có BĐT sau:

 

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c)$

 

 

- Chọn $a=x^2,b=c=\frac{1}{x}$

BĐT $< = > \frac{1}{x^4}+\frac{1}{\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{\frac{1}{x^2}}+3k\geq (k+1)(x^2+\frac{2}{x})$

$< = > \frac{1}{x^4}+2x^2+3k\geq (k+1)(x^2+\frac{2}{x})< = > \frac{1}{x^4}+2x^2-x^2-\frac{2}{x}\geq k(x^2+\frac{2}{x}-3)$

$< = > \frac{1}{x^4}+x^2-\frac{2}{x}\geq k(x^2+\frac{2}{x}-3)< = > \frac{(x-1)^2(x^2+x+1)^2}{x^4}\geq k(\frac{(x-1)^2(x+2)}{x})$

- Với $x\not\equiv 1= > \frac{(x^2+x+1)^2}{x^4}\geq \frac{k(x+2)}{x}= > k\leq \frac{(x^2+x+1)^2}{x^3(x+2)}$

    $= > k\leq \lim_{x->+\infty }\frac{(x^2+x+1)^2}{x^3(x+2)}=\lim_{x->+\infty }\frac{(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^2}{1+\frac{2}{x}}=1$  (Do $\lim_{x->+\infty }\frac{1}{x}=0$)

  Từ đó $k\leq 1= > > k_{max}=1$. Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất thỏa mãn bài toán

 Thật vậy ,thay $k=1$ vào BĐT 

   $= > \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)< = > b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2+3\geq 2(a+b+c)$  (Do $abc=1$)

 Theo BĐT Schur bậc 3 ta có :$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3=(\sqrt[3]{a^2b^2})^3+(\sqrt[3]{b^2c^2})^3+(\sqrt[3]{c^2a^2})^3+3\sqrt[3]{(a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2)}$

$\geq \sqrt[3]{a^2b^2}.\sqrt[3]{b^2c^2}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2})+\sqrt[3]{b^2c^2}.\sqrt[3]{c^2a^2}(\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})+\sqrt[3]{c^2a^2}.\sqrt[3]{a^2b^2}(\sqrt[3]{c^2a^2}+\sqrt[3]{a^2b^2})$

$\geq \sqrt[3]{(ab^2c)^2}.2\sqrt[3]{ab^2c}+\sqrt[3]{(abc^2)^2}.2\sqrt[3]{abc^2}+\sqrt[3]{(a^2bc)^2}.2\sqrt[3]{a^2bc}$

$=\sqrt[3]{(abc)^3.b^3}+\sqrt[3]{(abc)^3.c^3}+\sqrt[3]{(abc)^3.a^3}=\sqrt[3]{a^3}+\sqrt[3]{b^3}+\sqrt[3]{c^3}=a+b+c$

  $= > a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 2(a+b+c)$

 (Do áp dụng Cosi và $abc=1$)

  Do đó ta có ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 95 ( USAJMO 2011 ): Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}+(a+b+c)^{2}\leq 4$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{ab+1}{(a+b)^{2}}+\frac{bc+1}{(b+c)^{2}}+\frac{ca+1}{(c+a)^{2}}\geq 3$

Ta có : $4\geq \sum a^2+(\sum a)^2=2(\sum a^2+\sum ab)= > 2\geq \sum a^2+\sum ab$

Từ đó :$\sum \frac{ab+1}{(a+b)^2}=\sum \frac{2ab+2}{2(a+b)^2}\geq \sum \frac{2ab+\sum a^2+\sum ab}{2(a+b)^2}=\sum \frac{(a+b)^2+(c+a)(c+b)}{2(a+b)^2}=\sum (\frac{1}{2}+\frac{(a+c)(c+b)}{2(a+b)^2})=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}(\sum \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2})\geq \frac{3}{2}+\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}.\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^2}.\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3= > \sum \frac{ab+1}{(a+b)^2}\geq 3$

  Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 

Bài 93 ( IMO 2012 ) : Cho $a_{2},a_{3},...,a_{n}$ thỏa mãn : $a_{2}.a_{3}...a_{n}=1$ . Chứng minh rằng : 

$(1+a_{2})^{2}(1+a_{3})^{3}...(1+a_{n})^{n}>n^{n}$

Theo Cosi ta có : 

  $1+a_{2}\geq 2\sqrt{a_{2}}= > (1+a_{2})^2\geq 2^2.a_{2}$

 $a_{3}+1=a_{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a_{3}}{2^2}}= > (1+a_{3})^3\geq \frac{3^3.a_{3}}{2^2}$

  .....................................................................................................

 $(a_{n}+1)=a_{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}+...+\frac{1}{n-1}\geq n\sqrt[n]{\frac{a_{n}}{(n-1)^{n-1}}}= > (1+a_{n})^n\geq n^{n}.\frac{a_{n}}{(n-1)^{(n-1)}}$

 Nhân theo vế các bất đẳng thức 

 $= > (1+a_{2})^2(1+a_{3})^3...(1+a_{n})^n\geq 2^{2}.3^{3}...n^{n}.(a_{1}a_{2}...a_{n}).(\frac{1}{2^{2}}.\frac{1}{3^{3}}...\frac{1}{(n-1)^{n-1}})=n^{n}= > (1+a_{2})^2(1+a_{3})^3...(1+a_{n})^{n}\geq n^{n}$

      (Do $a_{2}a_{3}...a_{n}=1$)

 Dấu = xảy ra khi $a_{2}=1,a_{3}=\frac{1}{2},...a_{n}=\frac{1}{n-1}= > a_{2}a_{3}...a_{n}=\frac{1}{2.3...(n-1)}$

Nhưng điều này vô lý do $a_{2}a_{3}...a_{n}=1$

  Do đó dấu = ko xảy ra ,tức là $(a_{2}+1)^2(a_{3}+1)^3...(a_{n}+1)^{n}> n^{n}$

Bài 89: (Turkish MO 2007)

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$.Chứng minh bất đẳng thức:

 

$\frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}+\frac{b^2+3c^2}{bc^2(4-bc)}+\frac{c^2+3a^2}{ca^2(4-ca)}\geq 4$

Theo Cosi ta có :

 $\sum \frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}=\sum \frac{(a^2+b^2)+2b^2}{ab^2(4-ab)}\geq \sum \frac{2ab+2b^2}{ab^2(4-ab)}=\sum \frac{2b(a+b)}{ab^2(4-ab)}$

$=2\sum \frac{a+b}{ab(4-ab)}\geq 2\sum \frac{2\sqrt{ab}}{ab(4-ab)}=4\sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}$   (1)

Mà $8+ab=(4-ab)+(4-ab)+3ab\geq 3\sqrt[3]{3ab(4-ab)^2}= > (8+ab)^3\geq 81ab(4-ab)^2$

$= > ab(4-ab)^2\leq \frac{(8+ab)^3}{81}= > \sqrt{ab}(4-ab)\leq \frac{\sqrt{(8+ab)^3}}9{}= > \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq \frac{9}{\sqrt{(8+ab)^3}}$

$= > \sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq 9\sum \frac{1}{\sqrt{(8+ab)^3}}\geq 9.3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(8+ab)^3(8+bc)^3(8+ac)^3}}}=\frac{27}{\sqrt{(8+ab)(8+bc)(8+ac)}}\geq \frac{27}{\sqrt{\frac{(8+ab+8+bc+8+ac)^3}{27}}}\geq \frac{27}{\sqrt{\frac{(24+\frac{(a+b+c)^2}{3})}{27}}}=\frac{27}{\sqrt{\frac{(25+3)^3}{27}}}=\frac{27}{\sqrt{27^2}}=1$

   $= > \sum \frac{1}{\sqrt{ab}(4-ab)}\geq 1$    (2)

   Từ (1) ,(2) $= > \sum \frac{a^2+3b^2}{ab^2(4-ab)}\geq 4$ và ta có ĐPCM

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho các số thực x,y thỏa mãn $2\leq x\leq 3;1\leq y\leq 3$ .Tìm GTNN của $P=\frac{5x+5}{x^2+5y+11}+\frac{4y+4}{y^2+4x+7}+\frac{x^2+3y^2}{150}$

Ta có $2\leq x\leq 3= > (x-2)(x-3)\leq 0= > x^2+6\leq 5x= > x^2+5y+11\leq 5(x+y+1)= > \frac{5x+5}{x^2+5y+11}\geq \frac{5(x+1)}{5(x+y+1)}=\frac{x+1}{x+y+1}$

Tương tự $1\leq y\leq 3= > (y-1)(y-3)\leq 0= > y^2+4x+7\leq 4y+4x+4=4(x+y+1)= > \frac{4y+4}{y^2+4y+7}\geq \frac{4(y+1)}{4(x+y+1)}=\frac{y+1}{x+y+1}$

Từ đó $= > P\geq \frac{x+1}{x+y+1}+\frac{y+1}{x+y+1}+\frac{x^2+3y^2}{150}=\frac{x+y+2}{x+y+1}+\frac{x^2+3y^2}{150}=1+\frac{1}{x+y+1}+\frac{x^2+3y^2}{150}$

Mà $(x+y)^2=(x+y\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}})^2\leq (x^2+3y^2)(1+\frac{1}{3})=\frac{4(x^2+3y^2)}{3}= > x^2+3y^2\geq \frac{3(x+y)^2}{4}$

Do đó $P\geq 1+\frac{1}{x+y+1}+\frac{\frac{3(x+y)^2}{4}}{150}=1+\frac{1}{x+y+1}+\frac{(x+y)^2}{200}$

Đặt $x+y=t= > P\geq 1+\frac{1}{t+1}+\frac{t^2}{200}$

  Đến đây xét đạo hảm biến t ,cụ thể là sẽ chứng minh

 $\frac{1}{t+1}+\frac{t^2}{200}\geq \frac{7}{25}< = > (t+9)(t-4)^2\geq 0$ (Luôn đúng)

  Do đó $P\geq 1+\frac{7}{25}=\frac{32}{25}= > P\geq \frac{32}{25}= > P$ Min $=\frac{32}{25}$

 $< = > (x-2)(x-3)=(y-1)(y-3)=0,x=3y,x+y=4= > x=3,y=1$

Spoiler

Cách không đẹp.Mong không nhận gạch đá.

 

Chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\frac{x+y}{3-xy}+\frac{y+z}{3-yz}+\frac{x+z}{3-xz}\leq x+y+z$ với $x^2+y^2+z^2=3$

 

Đưa về dạng đồng bậc là:

 

$\frac{x+y}{x^2+y^2+z^2-xy}+\frac{y+z}{x^2+y^2+z^2-yz}+\frac{x+z}{x^2+y^2+z^2-xz}\leq \frac{3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}$

 

Bỏ qua điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ ta chuẩn hóa $x+y+z=1$ và đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+xz,r=xyz$

 

Viết lại BĐT trên dưới dạng

 

$f(r)=3r^2+r(20q-16q^2-6)+16q^3-20q^2+8q-1\leq 0$

 

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên sử dụng phép đặt $3q=1-x^2$ với $0\leq x\leq 1$ thì ta có: $r\geq \frac{(1+x)^2(1-2x)}{27}$

 

Do đó mà $f(r)\leq f(\frac{(1+x)^2(1-2x)}{27})=\frac{1}{243}(1-2x)^2(x-2)x^2(8x^2+x+2)\leq 0$ với mọi $0\leq x\leq 1$

 

Vậy BĐT được chứng minh.Lấy $x=\sqrt{3}a,y=\sqrt{3}b,z=\sqrt{3}c$ ta được BĐT ban đầu.

  Đây là cách của mình ,lời giải ko cần phức tạp như trên đâu

Ta có :$\frac{a+b}{1-ab}+\frac{b+c}{1-bc}+\frac{c+a}{1-ac}\leq 3(a+b+c)$

        $< = > (\frac{a+b}{1-ab}-(a+b))+(\frac{b+c}{1-bc}-(b+c))+(\frac{c+a}{1-ac}-(a+c))\leq a+b+c$

        $< = > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq a+b+c$

 Theo Bunhiacopxki có :$\frac{ab(a+b)}{1-ab}=\frac{ab(a+b)}{a^2+b^2+c^2-ab}=\frac{ab(a+b)^2}{(a+b)(a^2+b^2+c^2-ab)}=\frac{ab(a+b)^2}{a^3+b^3+ac^2+bc^2}=\frac{ab(a+b)^2}{a(a^2+c^2)+b(b^2+c^2)}\leq ab.(\frac{a^2}{a(a^2+c^2)}+\frac{b^2}{b(b^2+c^2)})=\frac{a^2b}{a^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2+c^2}= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}\leq \frac{a^2b}{a^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2+c^2}$

   Tương tự $\frac{bc(b+c)}{1-bc}\leq \frac{bc^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2c}{a^2+b^2}$

                    $\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq \frac{a^2c}{a^2+b^2}+\frac{ac^2}{b^2+c^2}$

  Cộng theo  vế các BĐT 

$= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq \frac{b(a^2+c^2)}{a^2+c^2}+\frac{a(b^2+c^2)}{b^2+c^2}+\frac{c(a^2+b^2)}{a^2+b^2}=a+b+c= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq a+b+c$

   Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Spoiler

Cách không đẹp.Mong không nhận gạch đá.

 

Chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\frac{x+y}{3-xy}+\frac{y+z}{3-yz}+\frac{x+z}{3-xz}\leq x+y+z$ với $x^2+y^2+z^2=3$

 

Đưa về dạng đồng bậc là:

 

$\frac{x+y}{x^2+y^2+z^2-xy}+\frac{y+z}{x^2+y^2+z^2-yz}+\frac{x+z}{x^2+y^2+z^2-xz}\leq \frac{3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}$

 

Bỏ qua điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ ta chuẩn hóa $x+y+z=1$ và đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+xz,r=xyz$

 

Viết lại BĐT trên dưới dạng

 

$f(r)=3r^2+r(20q-16q^2-6)+16q^3-20q^2+8q-1\leq 0$

 

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên sử dụng phép đặt $3q=1-x^2$ với $0\leq x\leq 1$ thì ta có: $r\geq \frac{(1+x)^2(1-2x)}{27}$

 

Do đó mà $f(r)\leq f(\frac{(1+x)^2(1-2x)}{27})=\frac{1}{243}(1-2x)^2(x-2)x^2(8x^2+x+2)\leq 0$ với mọi $0\leq x\leq 1$

 

Vậy BĐT được chứng minh.Lấy $x=\sqrt{3}a,y=\sqrt{3}b,z=\sqrt{3}c$ ta được BĐT ban đầu.

Lại chơi p,q,r hả bạn, cách này ko hay

Nếu dùng định lý ABC ở đây thì ta chỉ cần chứng minh bài toán trong 2 trường hợp là $a=b$ hay $c=0$.Bởi hàm thu được theo $abc$ là hàm nghịch biến, nhưng trường hợp $a=b$ là khá vất nếu không có máy tính phép tính có căn thức khá cồng kềnh (có lẽ có 1 lời giải nào đó đẹp hơn bằng C-S).Find it!

Bài này ko cần dùng đến cái đó ,mà dùng đền thì rất dài và phức tạp, nói chung là dùng BĐT cơ bản là xong

   Bài toán :  Cho các số thực dương $a,b,c> 0$  thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$ .CMR:

          $\frac{a+b}{1-ab}+\frac{b+c}{1-bc}+\frac{c+a}{1-ac}\leq 3(a+b+c)$