Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:

$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$

Cho a,b,c là các số không âm trong đó không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: $\sum \frac{3a^{3}+abc}{b^{3}+c^{3}}\geq 6$

Đăng nhầm topic rồi bạn,những bài thế này nên chuyển sang mục BĐT toán THPT.

Về ý tưởng cho bài này ta sẽ thực hiện phân li đẳng thức vì ngoài dấu bằng đạt tại $a=b=c$ thì còn có $a=b,c=0$ hay các hoán vị của chúng. Cụ thể ta sẽ tách riêng đại lượng $abc$ ra một bên vì dấu bằng thứ 2 sinh ra là do đại lượng này, khi đó ta có thể thoải mái đánh giá lượng còn lại mà không cần quan tâm đến điểm rơi đó nữa.

BĐT của chúng ta tương đương với:

$\sum \frac{3a^3}{b^3+c^3}+abc.\sum \frac{1}{b^3+c^3} \geq 6$

Áp dụng BĐT AM-GM thì ta có: $\sum (a^3+b^3)(b^3+c^3)\geq 3\sqrt[3]{\prod (a^3+b^3)^2}\geq 12a^2b^2c^2$

Do đó ta cần chứng minh:

$\sum \frac{a^3}{b^3+c^3}+\frac{4a^3b^3c^3}{\prod (a^3+b^3)}\geq 2$

Đây chính là BĐT Schur dạng phân thức.

Bài 70: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:

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

Bài 67: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a,b,c \geq 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 2$.Chứng minh rằng:

$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\geq \frac{9}{4}\sqrt{\frac{3}{abc}}$$

 

 

 

 

Đặt $p=x+y+z=3$, $q=xy+yz+zx$ và $r=xyz$. Áp dụng BĐT Schur :

$$r\geq \dfrac{4pq-p^3}{9}=\dfrac{4q-9}{3}$$

Cũng có :

$$x^3+y^3+z^3=3xyz+(x+y+z)\left [ (x+y+z)^2-3(xy+yz+zx) \right ]=3r+3(9-3q)=3r-9q+27$$

 

Bạn có thể tránh dùng BĐT Schur bằng cách sử dụng nguyên lí Dirichle, giả sử $(x^2-1)(y^2-1) \geq 0$

Bài 52: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x(y^2+z^2)=yz(y+z)$.Tìm GTNN của:

$$\frac{1}{(x+1)^2}+\left ( \frac{y}{1+y} +\frac{z}{1+z}\right )^2+\frac{2yz(1-x)}{(1+x)(1+y)(1+z)}$$

(Trích đề thi thử Hoằng Hóa 4-Thanh Hóa)

Bài 169: ( Chuyên Lê Hồng Phong) Cho $x,y,z$ là các số không âm thỏa mãn $x+y+z \leq \frac{19}{5}$. Tìm GTLN của:

$$P=(1+x^2y^2)\sqrt{1+z^4}-\frac{(x+y+z)^4}{12}$$

Bài 125: Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $(xy+x+y)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})+\frac{1}{xy}=7$.Tìm GTNN của:

$$P=\frac{\sqrt{x^2+1}}{y}+\frac{\sqrt{y^2+1}}{x}-(x+y+1)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})$$

Biến đổi p,q,r ta có: $2q=p^2-3$
Bđt Schur: $9r\geq p(4q-p^2)=p(p^2-6)$
Do đó $P\leq \frac{7}{2}(p^2-3)-p(p^2-6)\leq 12\Leftrightarrow (-\frac{5}{2}-p)(p-3)^2\leq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$
MaxP=12.

Bài này nhẹ nhàng thôi, không cần thiết phải lôi BĐT Schur vào làm gì, với kiến thức thi đại trà thì không phù hợp.

Ở đây ta làm như sau:

Giả sử $a=max${$a,b,c$} thì ta có: $1\leq a\leq\sqrt{3}$.

Viết lại BĐT cần chứng minh dưới dạng $f(a)=a(9bc-7b-7c)+11-bc \geq 0$

Dễ thấy $f(a)$ là hàm đơn điệu nên ta chỉ cần chứng minh:

$f(1) \geq 0$ và $f(\sqrt{3}) \geq 0.$

Bài 80: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac \leq 3$. Tìm GTNN của:

$$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{2c^2}$$

Tổng quát cách làm:

Với bất đẳng thức có dạng tổng hàm $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant 0$ với điều kiện $x+y+z=3$ ta có thể sẽ chứng minh: $f(x)\geqslant f'(1)(x-1)+f(1)$

Với bất đẳng thức có dạng tổng hàm $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant 0$ với điều kiện $xyz=1$ thì ta có thể sẽ chứng minh: $f(x)\geqslant f'(x)\ln x+f(1)$

Giờ đã học hết cả chương trình PT thế này rồi à em. Anh giờ còn chưa biết mấy cái $In$ này là gì

 Spam : Nếu vậy thì thật là tiếc cho một tài năng như bác và thật vui cho mấy đứa đam mê VMO 

       Klq nhưng cho hóng game của bác ra

Spoiler

Hứng bia part 2. .Chờ và vẫn chờ.

Luôn đúng theo AM-GM 4 số: $3.\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+1$

Ơ mình bị lừa...Ôi ngại quá 

Em xin đóng góp một bài và rồi off game

Bài 104. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant 3\sqrt[4]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}}$

Spoiler

Thử may

Bổ đề:

$(x+y+z)^3\geq \frac{4}{27}(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)$

Trong đó lấy $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$ thì ta có:

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^3\geq \frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$\frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)\geq 3^3.(\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc})^{\frac{3}{4}}$

Cái này đặt ẩn rồi biến đổi tương đương được BĐT đúng.

Bài 69: (Một mở rộng của Bài 67) Cho $ a, b, c $ là các số không âm thỏa $ ab+bc+ca=1 $ và $ b+c \geq a \geq b \geq c $.
Chứng minh rằng: $ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{a+b+c+abc} $

Trong tam giác $ABC$ không tù,$R$ bán kính ngoại:

$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq 5R$

định lí $ABC$ là một định lí rất mạnh mà do anh Nguyễn Anh Cường đưa ra nhưng trong các cuộc thi khi dùng cái này bị trừ điểm không ít còn nếu không muốn trừ điểm thì phải chứng minh lại nhiều thứ phức tạp,mất thời gian nên theo em thì các bài toán ở topic đừng nên lạm dụng quá một cái "dao không được dùng" như thế này

mong anh và mọi người sẽ có lời giải khác cho bài $41$

Vậy để anh thử p,q,r vậy đằng nào cũng có hàm đồng biến rồi mà

 

Bài 41:

Cho $x,y,z$ là các số dương mà $xy+yz+zx+xyz=4$.CMR

$x^2+y^2+z^2+3+6\sqrt{2}\geq (2+2\sqrt{2})(x+y+z)$

Điều kiện bài toán chỉ phụ thuộc vào $xy+yz+xz,xyz$ nên ta có thể cố định 2 đại lượng này và thay đổi $x+y+z$.

Khi đó đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+xz,r=xyz$.BĐT tương đương với:

$f(p)=p^2-(2+2\sqrt{2})p-2q+3+6\sqrt{2}$

Từ điều kiện nài toán ta có thể suy ra $p\geq 3$.Vậy nên hàm theo $p$ đồng biến.Do đó hàm này sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a+b+c$ nhỏ nhất.

Theo định lý ABC mở rộng thì $a+b+c$ nhỏ nhất khi có 2 trong 3 số bằng nhau ta giả sử là $x=y$. Khi đó ta thế $z$ theo $x$ xuống thì được cái này đây.

Cái đồ thị hơi dị

Bài 20:(Làm mạnh từ JBMO)

Chứng minh BĐT sau với $a,b,c$ thực dương:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9+\sqrt[3]{\frac{54(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{a^2b^2c^2}}$

Bài 70: Cho các số thực $ a, b, c $ đôi một khác nhau thỏa $ a+b+c=0 $. Chứng minh rằng:
\[(ab+bc+ca)^2\left[\dfrac{1}{(a-b)^4}+\dfrac{1}{(b-c)^4}+\dfrac{1}{(c-a)^4}\right] \geq \dfrac{33}{16}\]

Topic này dành cho các bài toán MO của các nước nhé.

mình nghĩ không sai bạn à, bạn xem phần hệ quả và một số bài tập có liên quan của phương pháp ABC thì chỉ cần hệ số bậc cao nhất của biến abc là dương thì đủ để áp dụng rồi ạ.

Vậy là bạn chưa hiểu kĩ về định lí này rồi.Trường hợp hệ số $abc$ dương thì là hàm lồi (nếu bậc theo $abc$ là bậc 2) khi đó hàm theo $abc$ tồn tại max nhưng trong đánh giá của bạn thì ta cần tìm min nên không ổn còn nếu muốn sử dụng thì bạn phải chứng minh hàm đó đơn điệu nhé.

Bài 101 : Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bđt sau đúng với mọi $a,b,c>0$ : 

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt[k]{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{5}{2}$

Những bài thế này hơi mệt đấy nên chọn mấy bài PT thôi để các em nó còn muốn coi

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:

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

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 $a+b+c=ab+bc+ac$

99.(Olyimpic toán nữ sinh Trunq Quốc 2007).

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$.CMR:

$\sqrt{a+\frac{(b-c)^2}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3}$

P/s: Dành vinh dự post bài thứ 100 cho người khác  !

@Khanghaxuan : Đang định để chủ topic (ducvipdh12) đăng bài thứ 100  Thấy sao ? 

 

III. Bài 75 : Cách giải của nhungviekimcuong rất hay . Cách mình cũng không khác cách của bạn ấy nhưng mình xin phân tích bài giải của mình . 

Thực sự , khi gặp các dạng bài như dạng bài 75 , mình cố gằng tìm dấu $=$ nhưng lại không thấy do đó minh chợt nghĩ tới ý tưởng của phương pháp SS với các bđt lệch tâm bằng cách chứng minh một bđt mạnh hơn mà giá trị tại dấu $=$ là tối thiểu . Sau khi thử nhiều số thì nhận thấy với bộ cặp số $(-3,1,1)$ làm cho giá trị $VT-VP$ có vẻ như là nhỏ nhất và đẹp nhất . Thế nên không do dự , dựa vào kết quả thừa  mình cộng thêm vế phải một đại lượng $\frac{4}{7}(x+y+z)^{4}$ để bđt xảy ra khi (-3,1,1) và các hoán vị . Nên ta cần chứng minh : $(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{4}{7}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+(a+b+c)^{4})$

Tiếp nối ý tưởng của  nhungvienkimcuong  , đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & \\ b+c=y & & \\ c+a=z & & \end{matrix}\right.$

Khai triển và rút gọn (Trâu bò đấy ) ta được : $24(\sum x^{4})\geq 24\sum (xy)^{2}$ (luôn đúng) (Có thể phân tích sai )

Xin góp ý cho bạn là S-S với dấu bằng không đạt được tại tâm thì biểu thức thêm vào thường là $abcf(a,b,c)$ với điều kiện $a,b,c$ không âm với điều kiện $a,b,c$ thực như thế này thì $S-S$ hay thậm chí $p,q,r$ thì không khả quan mà DAC thì hơi lố.Ở đây dồn biến là ý tưởng tự nhiên nhất nếu so sánh với cách giải khác như bạn kimcuong đề cập là đi từ 1 bài toán phụ

lúc đầu mình cũng nghĩ cách mình chưa ổn lắm, nhưng trong tài liệu Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, phần phương pháp ABC, có 1 ví dụ là bài Iran 1996, dạng vẫn tương tự vậy, hệ số bậc cao nhất là dương, hàm cần chứng minh vẫn là cực tiểu, áp dụng bình thường bạn à

Đọc kĩ lại xem có nhầm lẫn không.SÁch in sai chiều mà nhìn là thấy ngay.

 

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

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