Á dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  ta được:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{{1 + \frac{b}{a}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{a + b}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{2}}  \ge \frac{{\sum\limits_{cyc} {\sqrt {ab} } }}{2} = 1\]

Vậy có đpcm

Câu bất đẳng thức.

Không mất tính tổng quát ta giả sử:

\[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\} \Rightarrow 2\left( {a + b} \right) > a + b + c\]

Thế gt vào bất đẳng thức ta có được:

\[VT - VP = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\frac{{ - 2ab - 4bc - 4ca - 4{c^2}}}{{ab\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\frac{{a + b - 2c}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2\left( {a + b} \right)}}{{abc}}} \right)\]

Mặt khác ta lại có:

\[\frac{{a + b - 2c}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2\left( {a + b} \right)}}{{abc}} < \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{abc - \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{abc\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) < 0\]

Vậy nên bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

\[\sqrt {2017}  = \sum\limits_{cyc} {\sqrt {{x^2} + {y^2}} }  \le \sqrt {6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}  \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{{2017}}{6}\]

\[y + z \le \sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + z \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + y \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \]

Khi đó ta được:

\[P = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{y + z}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  \ge \frac{{\frac{{2017}}{6} - \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{2017}}{{6\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} } \]

\[\mathop  \ge \limits^{AM - GM} \frac{{2017.9}}{{6\sum\limits_{cyc} {\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} } }} - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} }  = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{2017}}{2}} \]

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{2a}}{{b + c}}}  - 3 - \frac{{\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}} }}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + ab + bc + ca}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}} \right)}  \ge 0\]

Vậy có đpcm

Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.

Bài toán đề xuất tiếp theo:

 

Bài 4: (Sưu tầm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

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

 

Bài 5: (Olympic 30/4 2017)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$

 

Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$

Bài 6:

Giả sử \[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}\]

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{b + c}}}  - \frac{4}{9}\left( {a + b + c} \right) - \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)}} = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\underbrace {\frac{{a + b + c}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}} - \frac{{3a + 3b + c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_P} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\underbrace {\frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + 2c} \right)}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2a + 2b + 3c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_T} \right)\]

Mặt khác:

\[P > \frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {5\left( {ab + bc + ca} \right) - {c^2}} \right)}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {ab + bc + ca + {c^2}} \right)}} > 0\]

\[T > \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc}}{{6\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}}} \right) > 0\]

Vậy bđt đc cm

Đổi biến về pqr ta cần chứng minh:

\[f\left( q \right) = \frac{{9r}}{7} + \frac{2}{7} - q \ge 0\]

Nếu \[q \le \frac{1}{4} \Rightarrow dpcm\]

Nếu \[q \in \left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{3}} \right]\]

Thì theo Schur ta có:

\[f\left( q \right) \ge \frac{{4q - 1}}{7} + \frac{2}{7} - q = \frac{{1 - 3q}}{7} \ge 0\]

Do đó có đpcm

Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.

Bài toán đề xuất tiếp theo:

 

Bài 4: (Sưu tầm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

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

 

Bài 5: (Olympic 30/4 2017)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$

 

Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$

Bài 5.

Ta có:

\[\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}} + 3\left( {b + c} \right) \ge 2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)} \]

Do đó:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}}}  - 2\sum\limits_{cyc} {{a^2}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)}  - 6a - 2{a^2}} \right)}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {a - 3} \right)}^2}\left( {8{a^2} + 24a + 36} \right)}}{{2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)}  + 2{a^2} + 6a}}}  \ge 0\]

 

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}$ $\geq$ $\sum\frac{a}{b+c}$  (Nâng cao pt 8 tập 2)

$\sum \frac{a}{b+c}$  $\geq$  $\frac{(a+b+c)^2)}{2(ab+bc+ca)}$  (C-S)

 

Theo bđt Cauchy - Schwarz ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}}  - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)}} - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}}\]

Đặt ab+ba+ca=1 Đổi biến về pqr ta cần chứng minh:

\[f\left( p \right) = {p^4} - 5{p^2} + 2{p^3}r + 4 \ge 0\]

Nếu p>2 thì bđt đúng

Nếu \[p \in \left[ {\sqrt 3 ;2} \right]\] thì theo Schur ta có:

\[f\left( p \right) \ge {p^4} - 5{p^2} + \frac{{2{p^4}\left( {4 - {p^2}} \right)}}{9} + 4 = \frac{{\left( {{p^2} - 3} \right)\left( { - 2{p^4} + 11{p^2} - 12} \right)}}{9} \ge 0\]

Bất đẳng thức cuối đúng nên có đpcm

\[VT = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a - b} \right)}^2} + \frac{1}{4}{a^2}}  + \sqrt {{{\left( {b - \frac{c}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}{c^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a - \frac{c}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}c} \right)}^2}}  = \sqrt {{a^2} + {c^2}} \]

Theo gt ta luôn có

\[{u_n} > 0\]

Mặt khác: \[{u_{n + 1}} - 1 = \frac{{{u_n} + 2}}{{{u_n} + 1}} - 1 = \frac{1}{{{u_n} + 1}} > 0\]

Đặt: \[f\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{x + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} = f\left( {{u_n}} \right);\,\,\left| {f'\left( x \right)} \right| = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < \frac{1}{4}\]

Giả sử: \[\exists \lim {u_n} = a \Rightarrow a = \frac{{a + 2}}{{a + 1}} \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \]

Ta sẽ đi chứng minh: \[{u_n} \to \sqrt 2 \]

Theo Lagrange luôn tồn tại c thỏa mãn:

Bạn có thể tham khảo tại đây: https://drive.google...2FQdmdJT3M/view

Bài này mk làm hơi trầy cối!

Đặt a^2=x;b^2=y;c^2=z. Ta biến đổi bất đẳng thức như sau:

\[\sum\limits_{cyc}^{x,y,z} {\frac{1}{{x + 2y + 3}}}  = \frac{{\sum\limits_{cyc} {\left( {y + 2z + 3} \right)\left( {z + 2x + 3} \right)} }}{{\prod\limits_{cyc} {\left( {x + 2y + 3} \right)} }}\]

\[ = \frac{{7\sum\limits_{cyc} {xy}  + 18\sum\limits_{cyc} x  + 2\sum\limits_{cyc} {{x^2}}  + 27}}{{9xyz + 21\sum\limits_{cyc} {xy}  + 6\sum\limits_{cyc} {{x^2}}  + 2\sum\limits_{cyc} {xy\left( {x + y} \right)}  + 2\sum\limits_{cyc} {x{y^2}}  + 27\sum\limits_{cyc} x  + 27}}\]

Đổi biến theo pqr khi đó cần chứng minh:

\[7q + 2\left( {{p^2} - 2q} \right) + 2\left( {pq - 3} \right) + 2\left( {x{y^2} + {x^2}z + y{z^2}} \right) - 9p + 9 - 27 \ge 0\]

Theo AM-GM ta có:

\[2\left( {x{y^2} + {x^2}z + y{z^2}} \right) \ge 6;\,\,q \ge \frac{9}{p}\]

khi đó cần chứng minh

\[f\left( p \right) = 2{p^2} - 9p + \frac{{27}}{p} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {p - 3} \right)^2}\left( {2p + 3} \right) \ge 0\]

Bất đẳng thức cuối nên có đpcm 

Ta có:

 \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{b}}  - \sum\limits_{cyc} {\sqrt[4]{{\frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left[ {\frac{{2\left( {a + b + \sqrt[4]{{8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} + \sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)} } \right) - b\left( {7{a^2} + 10ab + 7{b^2}} \right)}}{{2b\left( {a + b + \sqrt[4]{{8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} + \sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)} } \right)}}} \right]} \]

Theo AM-GM ta có: \[8\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^4}\]

Khi đó: 

Cho dãy số:

Sử dụng giả thiết \[xyz = 1\]

Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Không mất tính tổng quát ta giả sử: 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Đẳng thức xảy ra khi 

Ta biến đổi bất đẳng thức về chứng minh: 

Theo AM-GM ta có:

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công.

Đẳng thức xảy ra khi \[x = y = z\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

Đặt VT=P . Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: \[{P^2}.\left( {\sum\limits_{cyc} {a\left( {{a^2} + 8bc} \right)} } \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^3}\]

Vậy cần chứng minh:  \[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{\sum\limits_{cyc} {a\left( {{a^2} + 8bc} \right)} }} \ge 1 \Leftrightarrow ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right) \ge 6abc\]