Bài 13.   

Lời giải (Uchiha Sisui)

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. $\Rightarrow p-r=2$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $1-q+pr-r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 1-q+2r\geq 0$

Áp dụng BĐT Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

Ta phải chứng minh: $1-q+\frac{2p(4q-p^{2})}{9}\geq 0\Leftrightarrow -2p^{3}+8pq-9q+9\geq 0$

Dễ chứng minh được $q\leq \frac{p^{2}}{3}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $-6p^{3}-p^{2}(9-8p)+27\geq 0\Leftrightarrow 2p^{3}-9p^{2}+27\geq 0\Leftrightarrow (p-3)^{2}(2p+3)\geq 0$

Bất Đẳng Thức cuối luôn đúng ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Em chắc theo đạo $Schur$ rồi .

Ta có: $(1-xy)(1-yz)=1-y(x+z)+xy^2z=1-y(x+z)+y(x+y+z-2)=(y-1)^2\geq 0$. 

Tương tự ta có đpcm. 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

What, không ngờ nó dễ vậy kaka   

   Bài 10. 

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $\sqrt[3]{a}=\frac{a}{\sqrt[3]{a^{2}}}\geq \frac{3a}{2a+1}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $3\sum \frac{a}{2a+1}\geq ab+bc+ca$ (*)

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. 

Bất đẳng thức (*) tương đương với: $4q^{2}-5q-9+r(8q-36)\leq 0$

TH1: $q\leq \frac{9}{4}$

Ta có $4q^{2}-5q-9+r(8q-36)<4q^{2}-5q-9\leq 9q-5q-9=4q-9\leq 0$

TH2: $\frac{9}{4}< q\leq 3$. Áp dụng BĐT Schur ta có:

$4q^{2}-5q-9+r(8q-36)\leq \frac{11}{3}(4q-9)(q-3)\leq 0$

$\Rightarrow Q.E.D$. Dấu bẳng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 13.  Bài này khá hay mình vừa giải lúc bạn Baoriven đăng lên xong cũng sử dụng phương pháp PQR

Cho $x, y, z>0$ và $x+y+z=xyz+2$. Chứng minh rằng: $(1-xy)(1-yz)(1-zx)\geq 0$

Bản chất vẫn là Schur cái PQR ghi lại cho đẹp mắt thôi

Không ai xử thì em xử vậy

Lời giải

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. $\Rightarrow p-r=2$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $1-q+pr-r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 1-q+2r\geq 0$

Áp dụng BĐT Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

Ta phải chứng minh: $1-q+\frac{2p(4q-p^{2})}{9}\geq 0\Leftrightarrow -2p^{3}+8pq-9q+9\geq 0$

Dễ chứng minh được $q\leq \frac{p^{2}}{3}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $-6p^{3}-p^{2}(9-8p)+27\geq 0\Leftrightarrow 2p^{3}-9p^{2}+27\geq 0\Leftrightarrow (p-3)^{2}(2p+3)\geq 0$

Bất Đẳng Thức cuối luôn đúng ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Bài mới

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: $a^{4}(b+c)+b^{4}(c+a)+c^{4}(a+b)\leq \frac{1}{12}(a+b+c)^{5}$

Bài 9. Cho $a,$ $b,$ $c$ $> 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{2}b}{4-bc}+\frac{b^{2}c}{4-ca}+\frac{c^{2}a}{4-ab}\leq 1$

(Phạm Kim Hùng)

Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Bài 11. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: $xyz=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}+\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq 1$

Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{8a^{2}+1}+\frac{1}{8b^{2}+1}+\frac{1}{8c^{2}+1}\geq 1$

Bài 5.

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc=1$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $2(p^{2}-2q)+12\geq 3p+3q\Leftrightarrow 2p^{2}-3p-7q+12\geq 0$

Áp dụng Bất Đẳng Thức Schur ta có: $1=r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9} \Rightarrow q\leq \frac{p^{3}+9}{4p}$

Do đó ta phải chứng minh: $2p^{2}-3p-\frac{7(p^{3}+9)}{4p}+12\geq 0\Leftrightarrow (p-3)(p^{2}-9p+21)\geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do $p=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ (theo bất đẳng thức AM-GM)

Và $p^{2}-9p+21> 0$  $(\forall p> 0)$

Do đó Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Xin up lại bài toán hay sau của anh Dragon, bài này thấy anh up mà chưa có giải nên em xin up lại vào topic luôn

Bài toán. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3abc$. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{1}{\sqrt[3]{a^{3}+bc}}\leq \frac{3}{2}$

Bất đẳng thức trên sai nhé, ví dụ như $a=\frac{1}{2},b=\frac{3}{4},c=9$   

Toàn phải chém một mình 

Bài 7. 

Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca , r=abc$

Sử dụng AM-GM ta dễ dàng chứng minh được BĐT sau: $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$ $\Rightarrow pq\geq 9r$ (3)

Sử dụng BĐT Schur bậc 3 và bậc 4 ta có hai bất đẳng thức sau : 

$p^{3}-4pq+9r\geq 0$           (1)

$p^{4}-5p^{2}q+4q^{2}+6pr\geq 0$          (2)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $q\frac{(p^{2}+p)^{2}-4p(pq-r)}{(pq-r)^{2}}\geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow 4p^{4}q-17p^{2}q^{2}+4q^{3}+34pqr-9r^{2}\geq 0$

$3pq(p^{3}-4pq+9r)+q(p^{4}-5p^{2}q+4q^{2}+6pr)+r(pq-9r)\geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo (1), (2), (3) $\Rightarrow Q.E.D$

 Bài 3.   

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $108-48q+39r-3r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 36-16q+13r-r^{2}\geq 0$ (*)

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta dễ chứng minh được: $r\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$$\Rightarrow 3r\geq 4q-9$

Kết hợp hai bất đẳng thức vào bất đẳng thức (*), ta có: $36-16q+13r-r^{2}=4(3r-4q+9)+r(1-r)\geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hoặc $a=0,b=c=\frac{3}{2}$ và các hoán vị.

P/s: Bài này cũng xử được bằng ''Phân tách Bất đẳng thức Trê-Bư-Sép'' nhưng chủ đề này là PQR nên tôi sẽ không up lời giải bằng Trê Bư Sép ở đây!

Bài này đơn giản thôi '' xử đẹp'' bằng PQR   

Lời giải

Sử dụng BĐT quen thuộc ta dễ chứng minh $1\geq 3(xy+yz+zx)\Rightarrow 1\geq 3q$

Với $p=x+y+z=1, q=xy+yz+zx, r=xyz$

Ta sử dụng bổ đề sau: $r\leq \frac{q^{2}(7-16q)}{5(5-12q)}$. Đây là bổ đề quen thuộc nên tôi không chứng minh lại   

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{q}{r}+48q-25\geq \frac{5(5-12q)}{q(7-16q)}+48q-25=\frac{(1-3q)(5-16q)^{2}}{q(7-16q)}\geq 0$

Bài 6: Có thể tham khảo ở đây: https://diendantoanh...b3c37abcgeq-10/

Hi bạn có thể gõ lại được không , tránh trường hợp link hỏng

Có ai có solution cho bài này chưa ?

Bài này đơn giản thôi   

Ta có Dễ chứng minh $\sum \frac{1}{a}\geq 3$ $\Rightarrow  ab+bc+ca\geq 3abc$  (*)

Theo bổ đề quen thuộc: $\sum a^{2} +2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

Bổ đề trên đã quá quen thuộc xin phép không chứng minh, có thể sử dụng Schur kết hợp AM-GM.

Sử dụng Bổ đề ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\sum a^{2} +2abc+1\geq 6abc$

Ta sẽ chứng minh $2(ab+bc+ca)\geq 6abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3abc$. Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo (*). Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$    

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Swharz$,ta có:

$3=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} \Leftrightarrow a+b+c\geq 3$.

Mặt khác biến đổi giả thiết,có:$a+b+c=3abc \Rightarrow 4abc=\frac{4}{3}(a+b+c)$.

Lúc này:$a^2+b^2+c^2-4abc+1\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2-\frac{4}{3}(a+b+c)+1 =\frac{1}{3}(a+b+c-1)(a+b+c-3)\geq 0$

(vì $a+b+c \geq 3$)

thánh đọc đề   

     Tiếp tục với những bài toán mới !

Bài 5. Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+12\geq 3(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$

                                                                  (Balkan Contest)

Bài 6. Cho $a, b, c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$

                                                                 (Vasile Cirtoaje)

Bài 7. Cho $x,y,z\geq 0$ sao cho không có hai số nào trong chúng đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$(xy+yz+zx)[\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}]\geq \frac{9}{4}$

                                                        (Iran 1996)

''Xử'' nốt bài 2   ! Bài này khá nhẹ nhàng nhưng tính toán hơi ''trâu'' 

Bài 2. Đặt $p=a+b+c=1,q=ab+bc+ca,r=abc$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{4}{81q}+r\geq \frac{5}{27}$   (*)

Sử dụng bất đẳng thức Schur thì ta có $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}=\frac{4q-1}{9}$

Bất đẳng thức (*) tương đương với: $\frac{4}{81q}+\frac{4q-1}{9}\geq \frac{5}{27}\Leftrightarrow 8748q^{2}-5832q+972\geq 0\Leftrightarrow (3q-1)^{2}\geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Xin phép '' xử'' BÀI 4 trước vì bài này khá dễ   , hơi dài tí 

Bài 4. Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

Chú ý rằng dấu bằng của bài toán xảy ra tại $a=b=c=1$ từ đó ta có các đánh giá sau:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta sẽ có $2abc+1\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$

$\Rightarrow 2r+1\geq \frac{9r}{p}$

Cũng sử dụng BĐT AM-GM ta có $p^{3}\geq 27r$

Áp dụng BĐT Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}\Rightarrow 4q\leq p^{2}+\frac{9r}{p}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$2(p^{2}-2q)+r+8-5p\geq 0\Leftrightarrow 4(p^{2}-2q)+(2r+1)+15-10p\geq 0$

$\Leftrightarrow 4(p^{2}-2q)+\frac{9r}{p}+15-10p\geq 0\Leftrightarrow 4p^{2}-2p^{2}-\frac{9r}{p}+15-10p\geq 0$

$\Leftrightarrow 2p^{3}-9r-10p^{2}+15p\geq 0\Leftrightarrow 2p^{3}-\frac{p^{3}}{3}-10p^{2}+15p\geq 0\Leftrightarrow 5p^{3}-30p^{2}+45p\geq 0$

$\Leftrightarrow p(p-3)^{2}\geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng $\Rightarrow Q.E.D$

Ơ thế những bài trong đây đều phải giải theo pqr hả bn?

SCHUR Hoặc pqr đều được nhé, chỉ hai phương pháp đó đọc kĩ tiêu đề đi bạn !

Câu 4: Đã có trong topic của Võ Thành Văn

Cảm ơn bạn nhưng mình đã ghi nguồn nếu có thể mong bạn cùng chung vui đăng bài cho topic !

Có một topic lâu rồi cx nói về cái này nha: https://diendantoanh...p-đổi-biến-pqr/

Nhưng bạn mở topic này cx rất tốt mọi người một lần nữa đc thảo luận lại về vấn đề này    

Hi bạn, topic trên là của anh Võ Thanh Văn một topic rất hay, mình lập topic này với mục đích tìm những bài toán khác và hay hơn để sử dụng cũng như luyện tập về phương pháp này !

Bài này sử dụng PQR     đơn giản như sau: 

Đặt $p= a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $p=a+b+c\geq 3\sqrt{abc}=3\Rightarrow p-3\geq 0$ (*)

Sử dụng bất đẳng thức SCHUR ta có $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$$\Rightarrow 4pq\leq p^{3}+9$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $p^{3}-2pq+p^{2}\geq 18$

$\Leftrightarrow 2p^{3}-4pq+2p^{2}-36\geq 0 \Leftrightarrow p^{3}+2p^{2}-45\geq 0$

$\Leftrightarrow (p-3)(p^{2}+5p+15)\geq 0$     (**)

Theo (*) thì Bất đẳng thức (**) luôn đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 Ai cũng biết rằng ở thời điểm hiện tại nếu ai nghiên cứu về bất đẳng thức cũng biết đến cái tên pqr, bất đẳng thức SCHUR. Đây là một phương pháp mạnh cùng với bất đẳng thức schur có thể giải các bài toán liên quan đến đối xứng và hoán vị. Có nhiều topic trước đây đều đăng các bài toán về Bất Đẳng Thức rất hay nhưng chưa có topic nào nói về việc luyện tập cho chủ đề sử dụng phương pháp này. Với mong muốn chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới, tôi xin lập ra topic này để mọi người chúng ta ai cũng nâng cao kĩ năng này và hiểu thêm về sức mạnh của nó !  

**** Trên mạng hiện tại đã xuất hiện nhiều tài liệu liên quan đến phần này vì thế tôi xin phép không up tài liệu này nữa mà xin áp dụng vào các bài tập luôn. Mong mọi người ủng hộ và up bài nhiều hơn để giữ lửa cho topic! Phạm vi của chủ đề là các bài toán bất đẳng thức ba biến sử dụng được phương pháp pqr - Bất đẳng thức Schur . Những bài toán không sử dụng phương pháp này tác giả sẽ xóa bài, mong mọi người thông cảm. Các bạn nên ghi nguồn cho từng bài toán, tên tác giả của bài toán đó, nếu không nhớ rõ để tên '' sưu tầm''. 

Sau đây xin đề xuất một số bài toán hay sau:

Bài 1. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

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

                                                                   (Võ Quốc Bá Cẩn)

Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{4}{81(ab+bc+ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$  

                                                                   (Võ Thành Văn)

Bài 3. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{6-ab} + \frac{1}{6-bc} + \frac{1}{6-ca} \leq \frac{3}{5}$ 

                                                                        (Vasile Cirtoaje)

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi $a, b, c\geq 0$ ta có:

$2(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + abc + 8\geq 5(a+b+c)$

(Trần Nam Dũng)