Bài 25.

Giả sử $a\geq b\geq c,$

$\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\sum_{cyc}\frac{a+2b}{\sqrt{a^2+2b^2}}-13$

$=\sum_{cyc}\left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$

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

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

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

$\geq \frac{(8a^4b^2+8a^2b^4-15a^3b^3)+(19a^4c^2-19a^3b^2c)+(4a^4bc-4a^2bc^3)}{2b^2(ab+bc+ca)(c+2a)^2(b+2c)^2}\geq 0\blacksquare$

 Bách coi lại bài này đâu thể giả sử $a\geq b\geq c$ và cái tô đỏ thứ 2 là chưa chắc lớn hơn

Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]

Lời giải bài 13: Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$, ta có một đẳng thức$(x+y+z)^{2}=3(xy+yz+zx)+\frac{1}{2}\sum (x-y)^{2}$

Từ đó ta có

BĐT$\Leftrightarrow (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}\geq \frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

Áp dụng đẳng thức trên ta có

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

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

Mà $3 \frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Và $\frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}-\frac{9}{4}=\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)+3(a+b)(b+c)(c+a)-24abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

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

Từ đó ta chỉ cần chứng minh được

$\sum (a-b)^{2}[\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c)^{2}}-\frac{1}{2(ab+bc+ca)}]\Leftrightarrow \sum S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

Dễ thấy $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a}$ ta có

$S_{a}+S_{b}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b)^{2}(b+c^{2})}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c^{2})}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}-\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 0$

Từ đó ta có $S_{a}+S_{b}\geq 0$. Nếu $S_{a}\geq0$ thì bđt hiển nhiên đúng vì $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a} \geq 0$

Còn nếu $S_{a}\leq 0\Rightarrow S_{b}\geq 0$ (vì $S_{a}+S_{b}\geq 0$)

Ta chú ý tới bđt sau $S_{b}(a-c)^{2}\geq S_{b}(b-c)^{2}\Rightarrow S_{b}(a-c)^{2}+S_{a}(b-c)^{2}\geq (b-c)^{2}(S_{a}+S_{b})\geq 0$

Vậy ta có đpcm

 

Bài toán 14. (Micheal Rozenberg)

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

$\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$

Biến đổi theo $p,q,r$ ta được $: \frac{3r-2q+1}{q-r} \geq \sqrt{\frac{4-27r}{4q}} $
Áp dụng $: r \geq max \left \{ 0, \frac{4q-1}{9} \right \} (1)$
TH1 $: q \leq 0,25 \Rightarrow VT (1) \geq \frac{-2q+1}{q} $
Cần cm $: \frac{-2q+1}{q} \geq \sqrt{\frac{1}{q}} (2) $
Vì $q>0$ nên $: (2) \Leftrightarrow (q-1)(4q-1) \geq 0 (đúng ) $
TH2 $: q \geq 0,25 $
p\s $:$ Ai rảnh xét hộ e TH $2 $

 Bạn ơi bạn chưa xét đượ̣c hàm đó là đồng biến hay nghịch biến theo $r$ đâu mà cho vô ầm ầm thế

Bài toán 37. (AoPS) . Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2} \geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}.$$

1 lời giải khác giả sử $a=min(a,b,c)$ ta dễ dàng chứng minh được $\sqrt{a^{2}+bc+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+ca+c^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}$
áp dụng $(x+y)^{2}=2(x^{2}+y^{2})-(x-y)^{2}$ ta có $(\sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+ab+c^{2}})^{2}=2(2a^{2}+2a(b+c)+b^{2}+c^{2})-\frac{(b-c)^{2}(b+c-a)^{2}}{(\sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+ab+c^{2}})^{2}}\geq 2(2a^{2}+2a(b+c)+b^{2}+c^{2})-(b-c)^{2}$$=4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2}$
ta sẽ chứng minh $\sqrt{4a^{2}+2a+(b+c)^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \sqrt{4(\sum a^{2})+5\sum ab}\Leftrightarrow 2\sqrt{(4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2})(b^{2}+bc+c^{2})}\geq 3a(b+c)+2(b^{2}+bc+c^{2}) \Leftrightarrow 4(4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2})(b^{2}+bc+c^{2})\geq 9a^{2}(b+c)^{2}+12a(b+c)(b^{2}+bc+c^{2})+4(b^{2}+bc+c^{2})^{2}\Leftrightarrow 3a^{2}(b-c)^{2}+4(a-b)(a-c)(b^{2}+bc+c^{2})\geq 0$ dpcm

Lời giải bài 37.

Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}.$

Ta chứng minh

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

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$(a^2+bc+b^2)(c^2+ab+a^2)\geq (a^2+ab+b^2)(c^2+bc+a^2)$$

$$\Leftrightarrow b(b+c)(b-c)(a-c)\geq 0$$

Ta cũng chứng minh

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

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$(b^2+ca+c^2)(a^2+bc+c^2)\geq (b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$$

$$\Leftrightarrow c(a+b)(a-b)^2\geq 0$$

Từ 2 bất đẳng thức trên ta dễ dàng suy ra

$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+bc+b^2}\geq \sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}$$

nên ta chỉ cần chứng minh

$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq (a+b+c)^2$$

ta lại có $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)-\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]^2=\frac{3}{4}b^2(c-a)^2\geq 0$

nên

$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq \sum_{cyc}\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]=(a+b+c)^2$$

Xong!

lời giải của bạn là lời giải được lấy từ http://www.artofprob...h507278p2850887

ai có file ko ạ hình như file bị lỗi hết rồi tải về ko dc nữa em cảm ơn

mọi người có tài liệu về  "điểm bất động" với "mất thứ tự" trong tổ hợp không vậy cho mình xin với cảm ơn nhiều!!

Dùng bất đẳng thức này để giải sẽ nhanh hơn
 
\[27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3,\]
với $a,\,b,\,c$ không âm.

He he bổ đề anh huyện nói cũng khó nhai đó nhân ra hết hoặc dùng phép E.M.V của anh P.K.H bài này bên LQD đà nẵng đã ra 1 lần bài này
P/s Mà anh huyện giải ra bài em đưa trên face chưa z

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: abc=1, chứng minh rằng:

$ab^2+bc^2+ca^2\ge ab+bc+ca$

Đổi biến $(a,b,c)->(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})$ Bất đẳng thức trở thành

$\sum \frac{a^{2}}{bc}\geq \sum \frac{a}{c}\Leftrightarrow \sum a^{3}\geq \sum a^{2}b$ hiển nhiên là AM-GM

Họ và tên:Thái Hữu Thưởng
Nick trong diễn đàn (nếu có):Gachdptrai12

Ta chỉ cần chứng minh

\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt{3}|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned} \left |(a-b)(b-c)(c-a)\right| &=(a-c)(b-c)(a-b)\\&\le (a+c)\cdot b \cdot (a+c-b)\\&=\frac{1}{2} \cdot \left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)\cdot b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) \cdot (a+c-b)\\& \le \frac{1}{2}\left [ \frac{\left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)+ b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) + (a+c-b)}{3} \right ]^3\\& =\frac{1}{6\sqrt{3}}(a+b+c)^3.\end{aligned}\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

bình phương => ta chứng minh bđt manh hơn (a-b)²(b-c)²(c-a)²$\leq \frac{27}{4}$ ta có$(b-c)^{2}\leq b^{2},(a-c)^{2}\leq a^{2}$

ta chứng minh$4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq 27$ áp dụng AM-GM ta có $4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq (\frac{2ab+2ab+(a-b)^{3}}{27})$ =$\frac{(a+b)^{6}}{27}$ mà a+b<=a+b+c=3 +. dpcm

Bài 86:cho $x,y$ là các số thực thỏa $x+y+2=2(\sqrt{x-1} + \sqrt{y+2})$. Tìm min $\frac{1}{x}+\frac{1}

baì này mình làm thế này ko biết đúng hay không thấy đăng mà không ai giải 

áp dụng bđt C-S ta có$2(\sqrt{x-1}+\sqrt{y+2})\geq 2\sqrt{2(x+y+1)}$

đặt x+y+1=t ta có từ giả thuyêt=>t+1$\geq 2\sqrt{2(t)}$ ta chăn được t rồi ta có 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y+3}\geq \frac{4}{x+y+3}=\frac{1}{t+2}$ => ra được min mà vừa đảm bảo được dấu bằng

Bài 86:cho $x,y$ là các số thực thỏa $x+y+2=2(\sqrt{x-1} + \sqrt{y+2})$. Tìm min $\frac{1}{x}+\frac{1}{y+3}$

Ta chỉ cần chứng minh
\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt{3}|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]
Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned} \left |(a-b)(b-c)(c-a)\right| &=(a-c)(b-c)(a-b)\\&\le (a+c)\cdot b \cdot (a+c-b)\\&=\frac{1}{2} \cdot \left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)\cdot b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) \cdot (a+c-b)\\& \le \frac{1}{2}\left [ \frac{\left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)+ b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) + (a+c-b)}{3} \right ]^3\\& =\frac{1}{6\sqrt{3}}(a+b+c)^3.\end{aligned}\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

bài này anh huyện làm thế nào ấy thấy lẫn cái căn zô khó khó nghĩ tới sao ấy tối em đăng lời giải của em mong anh cho nhận xét(srry tối ni tự nhiên chị không đem máy tính zề đói meo rồi hồi sửa mệt bà chị)

 

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

 

bài này làm thế này 

VT) $x+yz\leq x+\frac{x(y^{2}+z^{2})}{2}=x+\frac{x(1-x^{2})}{2}=-(x+2)(x-1)^{2}+1\leq 1$ta sẽ cm bổ đề sau 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

Anh có viết một chuyên đề trong đó có nhắc đến bài toán này, em xem trong file đính kèm nhé.

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

một bài mình tâm đắc nè 

Bài 56: cho x,y,z là các số thực c/m

$((x-y)^{3}+(y-z)^{3}+(z-x)^{3})(\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}})\leq \frac{-45}{4}$

Bài 82: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh
$(a-b)(b-c)(c-a)\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
 

cho hỏi bất đẳng thức này có thể chuẩn hóa được không ạ

được bạn vì nó thuần nhất bậc 1 :v @@

Đề này có phần màu đỏ không bạn ?Nếu không có là Schur bậc 3 rồi
Còn nếu có thì chỉ cần giả sử $c\geq a\geq b$ thì $VT\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ cũng là Schur bậc 3

Bài 77: Áp dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 : $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ Chỉ cần chứng minh được $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$ là bài toán hoàn tất! Thật vậy, thực ra BĐT trên là khai triển khá quen thuộc:  Không mất tính tổng quát: giả sử $a\geq b\geq c$ ta có: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$ .............................................

file đây và PP S.O.C nếu các bạn giả sử thế thì phải làm 2TH luôn bđt này ko đối xứng nên bạn chỉ được g/s 2 TH

Bài 77: cho a,b,c dương cm$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Đề này có phần màu đỏ không bạn ?Nếu không có là Schur bậc 3 rồi
Còn nếu có thì chỉ cần giả sử $c\geq a\geq b$ thì $VT\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ cũng là Schur bậc 3

bạn làm rứa thiếu TH a>=b>=c đó bđt này nói ra cũng thú vị dùng S.O.C hoặc cách khác nhưng S.O.C là Hay nhất

chắc mình hỏi cũng chẳng ai biết làm

VMEO là tự giải ở nhà xong post lên cho add hả  

 

Tiếp cận bằng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$
Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$
Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$
$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$
Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$
Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$
Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm
$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$
$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$
$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$
Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$
$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$
Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$
Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định

anh em thấy cách dồn này sao sao ấy vì anh đặt t=√bc thì cái đk đầu bài đâu có bằng đk dồn biến và ta thấy rõ là 2at khác với ab+ac