BĐT này tương đương với:

$2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq\frac{k(a-b)(a-c)(b-c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ nên nó gần như giống với đề tháng 12 này, chỉ khác ở chỗ một bên là $k$ với dấu giá trị tuyệt đối, một bên là $\frac{k}{2}$.

 Thực ra thì bỏ dấu giá trị tuyệt đối vào kết quả cho $k$ cũng không khác nhau là mấy vì khi giảm $a,b,c$ đi cùng một lượng thì các đại lượng trên cũng không đổi, và ý tưởng của bài này cũng là đưa một biến về $0$ để xét hàm còn lại 2 biến

 Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ thì $(a-b)(b-c)\geq 0$

iii) UCT không được, tính đạo hàm cấp 2 ra $\leq 0$ nhé!

 OK, nhầm

$i)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$
Chứng minh rằng $(a^{2}+b^{2}+abc)(b^{2}+c^{2}+abc)(c^{2}+a^{2}+abc) \geq 3abc(a+b+c)^{2}$

 Theo nguyên lí Dirichlet, giả sử $(a^2-abc)(b^2-abc)\geq 0\Leftrightarrow a^2b^2+a^2b^2c^2\geq a^3bc+ab^3c$

 Do đó mà $(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc)\geq (a^2+b^2+c^2)(c^2+2abc)$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $(a^2+b^2+c^2)(c^2+2abc)(a^2+b^2+abc)\geq 3abc(a+b+c)^2$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $(c^2+abc+abc)(abc+a^2+b^2)\geq abc(a+b+c)^2$ và $a^2+b^2+c^2\geq 3$ theo giả thiết

 Từ đó suy ra điều phải chứng minh

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

Câu $iii)$

Áp dụng BĐT AM-GM thì cần chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(a+bc)(b+ca)$

Ta có: $(c+ab)(a+bc)\leq \frac{[c+a+b(c+a)]^2}{4}=\frac{(c+a)^2(b+1)^2}{4}$

Tương tự 2 BĐT kia rồi nhân lại AM-GM phát nữa là ra.

P/s: Thầy có ra bài iii) đâu nhỉ

Câu $ii)$ còn một khoảng "rất nhỏ" giữa $1$ với $1,05$ mà không ra, ức chế thật

 Câu iii) UCT cho lẹ

$ii)$ Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$\frac{a}{3a^{2}+abc+27}+\frac{b}{3b^{2}+abc+27}+\frac{c}{3c^{2}+abc+27} \leq \frac{3}{31}$

 Ta có : BĐT$\Leftrightarrow \sum \left (\dfrac{a}{27}-\dfrac{a}{3a^2+abc+27}\right )\geq \dfrac{12}{31}$

                    $\Leftrightarrow \sum \dfrac{3a^3+a^2bc}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{12}{31}$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sum \dfrac{3a^3}{3a^2+a^2bc+27}\geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

$$abc\sum \dfrac{a}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2+9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}\geq \dfrac{12}{31}$

Hay $93(a^2+b^2+c^2)^2+279abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+36abc+972$

       $\Leftrightarrow 93(a^2+b^2+c^2)^2+243abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+972$

 Đặt $p=a+b+c=3;q=ab+bc+ca;r=abc$ thì ta cần chứng minh

       $93(9-2q)^2+243r\geq 36(27-9q+3r)+972$

       $\Leftrightarrow 124q^2-1008q+1863+45r\geq 0$

 Áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-9}{3}$ nên ta chỉ cần chứng minh

       $124q^2-1008q+1863+15(4q-9)\geq 0\Leftrightarrow (q-3)(31q-144)\geq 0$

 Luôn đúng vì $q\leq 3$

 Vậy BĐT được chứng minh xong. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Ta đánh dấu các số nguyên tố như sau : 
$p_1=1,p_2=3,..$ . Chứng minh $p_{n+1} \leq 2^{2^n}+1$

 Ta có bài toán đúng với $n=0,1$. Giả sử bài toán đúng đến $n=k-1$ hay ta có $p_{k}\leq 2^{2^{k-1}}+1$ và ta cần chứng minh $p_{k+1}\leq 2^{2^k}+1$

 Xét số $P=p_1p_2...p_k+1$. Gọi $p_m$ là một ước nguyên tố bất kì của $P$ thì do $P\not \vdots p_i$ với $i\in \{1;2;...;k\}$ nên $P\geq p_m\geq p_{k+1}$

 Từ đó suy ra $p_{k+1}\leq \left (2^{2^0}+1\right )\left (2^{2^1}+1\right )...\left (2^{2^{k-1}}+1\right )+1$

 Mặt khác với chú ý là $2^{2^i}=2^{2^{i-1}.2}=\left (2^{2^{i-1}}\right )^2$ nên ta dễ dàng suy ra được $p_{k+1}\leq 2^{2^k}<2^{2^k}+1$

 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Từ giả thiết tương đương

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

$\Leftrightarrow 2[a^3+b^3+c^3-a^2c-b^2a-c^2b]\leq (a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a)+a^3+b^3+c^3-3abc$

$\Leftrightarrow \frac{2}{3}(2b+a)(a-b)^2 \leq \frac{1}{3}\sum (2a+b)(a-b)^2+\frac{1}{2}(a+b+c)[\sum (a-b)^2)]$

$\Leftrightarrow 4\sum (2b+a)(a-b)^2\leq 2\sum (2a+b)(a-b)^2+3(a+b+c)[\sum (a-b)^2]$

$\Leftrightarrow 3(a-b)^2(a+c-b)+3(b-c)^2(b+a-c)+3(c-a)^2(c+b-a)\geq 0$ (đúng vì $a,b,c$ là độ dài các cạnh tam giác)

 Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\min \{a,b,c\}$ thì $(a-c)(b-c)\geq 0$.

Cho số thực $k\in [-1,2]$, chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực $a,b,c$:
$[a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)][\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}]\geq \frac{9(2-k)}{4}$

 Ta có  $a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)$

            $=\dfrac{(k+1)(a+b+c)^2}{3}+\dfrac{(2-k)\left (\sum a^2-\sum ab\right )}{3}\geq \dfrac{(2-k)\sum (a-b)^2}{6}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\sum (a-b)^2.\sum \dfrac{1}{(a-b)^2}\geq \dfrac{27}{2}$

 Theo nguyên lý Dirichlet, giả sử $(a-b)(b-c)\geq 0$. Đặt $x=a-b;y=b-c$ thì $a-c=x+y$ và $xy\geq 0$

 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $\left [x^2+y^2+(x+y)^2\right ]\left [\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right ]\geq \dfrac{27}{2}$

 Áp dụng AM-GM thì $x^2+y^2\geq \dfrac{(x+y)^2}{2}$ và $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\geq \dfrac{2}{xy}\geq \dfrac{8}{(x+y)^2}$

 Suy ra $\left [x^2+y^2+(x+y)^2\right ]\left [\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right ]\geq \dfrac{3(x+y)^2}{2}.\dfrac{9}{(x+y)^2}=\dfrac{27}{2}$

 Vậy ta có điều cần chứng minh.

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(t,-t,0)$ cùng các hoán vị với $k\in [-1;2)$ và $a+b+c=0$ với $k=2$

Bài toán [Tham Lang]
Cho các số thực $x,y,z \ne 0$ và 2 tham số $m, n$ sao cho $$\left\{\begin{array}{1}\left (x^2+myz\right )\left (y^2+mzx\right )\left (z^2+mxy\right ) \ne 0 \\xy+yz+zx =0 \\(x+y+z)^3 =nxyz \end{array}\right.$$
Tính giá trị của :
$$P=\dfrac{yz}{x^2+myz}+\dfrac{zx}{y^2+mzx}+\dfrac{xy}{z^2+mxy}$$

 Từ giả thiết ta có :

$$nxyz=(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(xy+yz+zx)(x+y+z)-3xyz=x^3+y^3+z^3-3xyz$$

$$\Rightarrow x^3+y^3+z^3=(n+3)xyz\Rightarrow \dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{xz}+\dfrac{z^2}{xy}=n+3$$

 Lại có : $xy+yz+zx=0\Rightarrow \dfrac{xy}{z^2}=-\dfrac{x+y}{z}\Rightarrow \dfrac{x+y+z}{z}=1-\dfrac{xy}{z^2}$

             $\Rightarrow \dfrac{\dfrac{z^2}{xy}}{\dfrac{z^2}{xy}-1}=\dfrac{z}{x+y+z}\Rightarrow \sum \dfrac{\dfrac{z^2}{xy}}{\dfrac{z^2}{xy}-1}=1$            $(*)$

 Đặt $a=\dfrac{x^2}{yz};b=\dfrac{y^2}{zx};c=\dfrac{z^2}{xy}\Rightarrow a+b+c=n+3$ và $abc=1$. 

 Từ $(*)$ lại có : $\sum \dfrac{a}{a-1}=1\Leftrightarrow \sum a(b-1)(c-1)=(a-1)(b-1)(c-1)\Leftrightarrow ab+bc+ca=3$

 Từ đây ta có :

$$P=\dfrac{1}{a+m}+\dfrac{1}{b+m}+\dfrac{1}{c+m}=\dfrac{(ab+bc+ca)+2m(a+b+c)+3m^2}{abc+m(ab+bc+ca)+m^2(a+b+c)+m^3}=\dfrac{3(m+1)^2+2mn}{(m+1)^3+m^2n}$$

 Cho các số thực dương $a,b,c$ có tích $abc=1$. Chứng minh rằng :

$$\left ( \dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{c^4}{a^2}\right )^5\geq 27\left ( \dfrac{a^5}{c^3}+\dfrac{c^5}{b^3}+\dfrac{b^5}{a^3}\right )^2$$

Cho 2 số thực dương $a$ và $b$. Chứng minh rằng: $\left [ 5a \right ]+\left [ 5b \right ] \geq \left [ a\right ]+\left [ b \right ]+\left [ 3a+b \right ]+\left [ 3b+a \right ]$ (Ký hiệu $\left [x \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$)

   Đặt $a=[a]+x;b=[b]+y$ với $x,y\in [0;1)$. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương

$$[5[a]+5x]+[5[b]+5y]\geq [[a]+x]+[[b]+y]+[3[a]+[b]+3x+y]+[[a]+3[b]+x+3y]$$

$$\Leftrightarrow [5x]+[5y]\geq [3x+y]+[x+3y]\Leftrightarrow [5x]+[5y]-[3x+y]-[x+3y]\geq 0$$

Bài quen thuộc

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ ta có: 

$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} \geq \dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ lại có:

$\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2=2\sum a^2 + 2\sum \sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}$

                                                                   $\geq 2\sum a^2 + 2 \sum\left(a^2+bc\right)=4\sum a^2+2\sum{ab}$ 

Do đó chỉ cần chứng minh:

$\left(2\sum a^2 +\sum ab\right)^2 \geq 3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$

$\Leftrightarrow \left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

 Ta có BĐT tương đương :

 $\sum \left (\dfrac{2(a^2+b^2)}{a+b}-a-b\right )\geq 2\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)\right ]$

 $\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{a+b}\geq 2.\dfrac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}$

 $\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b}{(a+b)\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right ]}\geq 0$

 Luôn đúng vì $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b\geq a+b+c+c-a-b=2c>0$

 ...

Bài 10 (BĐT) : Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$$8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$$

 

 Đặt $f(a,b,c)=8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$

 Khi đó $f(a,b,c)-f\left (a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right )$

$$=8(b^3+c^3)-2(b+c)^3+(a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{\dfrac{a(b+c)^2}{4}}+1\right )^2-(2\sqrt[3]{abc}+1)^2\right ]\geq 0$$

 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$ hay

$$8(a^3+2b^3)+12\geq (a+2b)\left [(2\sqrt[3]{ab^2}+1)^2+3\right ]$$

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

 Áp dụng BĐT AM-GM :

$$a^3+b^3+a^2b\geq 3ab\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ a^3+ab^2+1\geq 3a\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ a^3+1+1\geq 3a\ ,\  2(a^2b+2b^3)\geq 6\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ 2(b^3+ab^2+1)\geq 6b\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ 2(b^3+2)\geq 6b$$

 Công các BĐT trên lại ta được :

$$3\left (ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b\right )\leq 3a^3+9b^3+3a^2b+3ab^2+9\leq 6a^3+12b^3+9$$

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

 Vậy ta có điều phải chứng minh. 

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Giải pt:

$x^2-4x=\sqrt{x+2}-2$

 Điều kiện : $-2\leq x\leq 2-\sqrt2$ hoặc $x\geq 2+\sqrt2$

 Ta có 

$PT\Rightarrow x^2-4x+2=\sqrt{x+2}\Rightarrow x^4-8x^3+20x^2-17x+2=0\Leftrightarrow (x-2)(x^3-6x^2+8x-1)=0\Rightarrow x^3-6x^2+8x-1=0$

 Đặt $x=\dfrac{4}{\sqrt3}\cos t+2$ với $t\in [0;\pi ]$thì ta có phương trình tương đương

$\dfrac{64}{3\sqrt3}\cos ^3t-\dfrac{16}{\sqrt3}\cos t=1\Leftrightarrow \dfrac{3\sqrt3}{16}=4\cos ^3t-3\cos t=\cos 3t$

 Từ đó ...

 Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$$\sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq 3\sqrt{3}(ab+bc+ac)$$

 p/s : Cấm chuẩn hoá Nếu chuẩn hoá $a+b+c=3$ thì bài toán quá quen thuộc rồi     

   Áp dụng AM-GM ta có :

      $\sqrt{a}+\sqrt{a}+\dfrac{3\sqrt3a^2}{\sqrt{(a+b+c)^3}}\geq \dfrac{3\sqrt3a}{\sqrt{a+b+c}}$

      $\Rightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+\dfrac{3\sqrt3(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{(a+b+c)^3}}\geq 3\sqrt{3(a+b+c)}$

      $\Leftrightarrow 2\sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+3\sqrt3(a^2+b^2+c^2) \geq 3\sqrt{3}(a+b+c)^2$

      $\Leftrightarrow \sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq 3\sqrt{3}(ab+bc+ac)$

  Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:

 

                                         $\sum \frac{1}{bc+3a+\frac{8}{a}}\leq \frac{1}{4}$.

 

    P/s: Một bài toán khá hay.

 Sử dụng giả thiết $a+b+c=3$ và áp dụng AM-GM

$\sum \dfrac{1}{bc+3a+\dfrac{8}{a}}=\sum \dfrac{a}{8+a(a+b)(a+c)}\leq \dfrac{1}{12}\sum \sqrt[3]{\dfrac{4a^2}{(a+b)(a+c)}}\leq \dfrac{1}{36}\sum \left (\dfrac{2a}{a+b}+\dfrac{2a}{a+c}+1\right )=\dfrac{1}{4}$

Cho a,b,c > 0 và abc=1.CMR:

$\sum \frac{a+3}{(a+1)^2} \geq 3$

 Ta có $\sum \dfrac{a+3}{(a+1)^2}=\sum \dfrac{1}{a+1}+2\sum \dfrac{1}{(a+1)^2}$

 Chú ý là $\sum \dfrac{1}{a+1}=\dfrac{\sum bc+2\sum b+3}{\sum bc+\sum b+2}=1+\dfrac{\sum b+1}{\sum bc+\sum b+2}\geq 1+\dfrac{2(a+b+c)+2}{(a+b+c+1)^2}=1+\dfrac{2}{a+b+c+1}$

 Lại có $\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{1}{(b+1)^2}\geq \dfrac{1}{1+ab}=\dfrac{c}{c+1}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{1}{a+b+c+1}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{1}{(c+1)^2}\geq 1$

                                            $\Leftrightarrow \dfrac{1}{a+b+c+1}\geq \dfrac{c}{(c+1)^2}$

                                            $\Leftrightarrow a+b\leq \dfrac{c+1}{c}=1+\dfrac{1}{c}=1+ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\geq 0$

 Điều này hoàn toàn có thể giả sử bằng nguyên lí Dirichlet

 Từ đó ta có điều phải chứng minh. 

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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC                                                                 KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

                                                                                                                     ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT CHUYÊN

                                                                                                              Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

 

Câu 2 (2,0 điểm). Cho $a,b,c \in \left(1;+\infty\right)$ và các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $a^x=bc,b^y=ca,c^z=ab$. Chứng minh rằng:

$$\dfrac{x}{2+x}+\dfrac{y}{2+y}+\dfrac{z}{2+z} \geq \dfrac{3}{2}$$

 

--------------------Hết--------------------

 Ta có một bổ đề sau : $\log _a b=\dfrac{\ln b}{\ln a}$

 Thật vậy : Nếu đặt $p=\ln b$ và $q=\ln a$ thì $\dfrac{\ln b}{\ln a}=\dfrac{p}{q}$

 Lại có $b=e^p;a=e^q\Rightarrow b=a^\frac{p}{q}$ hay $\log _a b=\dfrac{p}{q}$

 Áp dụng vào bài toán : $x=\log _{a} bc=\dfrac{\ln bc}{\ln a}=\dfrac{\ln b+\ln c}{\ln a}$

 Tương tự có $y=\dfrac{\ln c+\ln a}{\ln b};z=\dfrac{\ln a+\ln b}{\ln c}$

 Đặt $m=\ln a;n=\ln b;p=\ln c$. Do $a,b,c\in (1;+\infty )$ nên $m,n,p>0$

 Ta cần chứng minh $\sum \dfrac{\dfrac{m+n}{p}}{2+\dfrac{m+n}{p}}\geq \dfrac{3}{2}$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có 

 $\sum \dfrac{\dfrac{m+n}{p}}{2+\dfrac{m+n}{p}}=\sum \dfrac{(m+n)^2}{(m+n)(m+n+2p)}\geq \dfrac{4(m+n+p)^2}{2(m+n+p)^2+2(mn+np+pm)}\geq \dfrac{3}{2}$

 Chứng minh hoàn tất, dầu bằng xảy ra khi $m=n=p$ hay $x=y=z=2$

 Bài 2 . Ta có bất đẳng thức tương đương  $$\dfrac{\sum ab(c+b)^2(c+a)^2}{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$$

 Khai triển và nhóm trực tiếp, đồng thời đặt $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\ q=ab+bc+ca\\ r=abc \end{matrix}\right.$

 thì $\sum ab(c+b)^2(c+a)^2=abc\sum a^3+4abc\sum a.\sum ab+\sum a^2b^2.\sum ab=rp^3-pqr+q^3+3r^2$

 Ta cần chứng minh

$\dfrac{rp^3-pqr+q^3+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{4rp^3+4q^3+17r^2+5p^2q^2-14pqr}{4(pq-r)^2}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow 4p^5r+5p^4q^2-14p^3qr-20p^2q^3+17p^2r^2+48pq^2r-24qr^2\geq 0$

 Chuẩn hóa $p=1$ thì ta cần chứng minh $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0$

 Với $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r\geq 0$, suy ra $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2=r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)+5q^2(1-4q)\geq 0$

 Với $\dfrac{1}{4}\leq q\leq \dfrac{1}{3}$, áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-1}{9}$ thì $17-24q$ và $48q^2-14q+4$ đều dương

 Khi đó ta cần chứng minh $\dfrac{(4q-1)^2}{81}(17-24q)+\dfrac{4q-1}{9}.(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0\Leftrightarrow (1-3q)(4q-1)(23q+19)\geq 0$

 Luôn đúng nên có điều cần chứng minh

 Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị

Cho $x,y,z\geq0$ thỏa $x+y+z=\frac{7\sqrt{15}}{10}$.Tìm $GTNN$ của biểu thức:      

 

                    $T=\frac{\sqrt{0,16+x^2}}{3}+\frac{\sqrt{0,09+y^2}}{4}+\frac{z}{5}$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sqrt{\left ( \dfrac{4}{25}+x^2 \right )\left ( 1+\dfrac{9}{16} \right )}\geq \dfrac{2}{5}+\dfrac{3x}{4}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{0,16+x^2}}{3}\geq \dfrac{8}{75}+\dfrac{x}{5}$$

$$\sqrt{\left ( \dfrac{9}{100}+y^2 \right )\left ( 1+\dfrac{16}{9} \right )}\geq \dfrac{3}{10}+\dfrac{4y}{3}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{0,09+y^2}}{4}\geq \dfrac{9}{200}+\dfrac{y}{5}$$

 Cộng 2 BĐT trên lại ta được :

$$\dfrac{\sqrt{0,16+x^2}}{3}+\dfrac{\sqrt{0,09+y^2}}{4}+\frac{z}{5}\geq \dfrac{91}{600}+\dfrac{x+y+z}{5}=\dfrac{91}{600}+\dfrac{7\sqrt{15}}{50}$$

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ thì:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\geq 5$

 Ta cũng có thể sử dụng một bổ đề sau đây với $a,b,c>0$ :

$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}$$

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ thì:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\geq 5$

 Ta có :

$$\text{BĐT}\Leftrightarrow \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3\geq 2-\dfrac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{ac}\geq \dfrac{2(a-b)^2+2(a-c)(b-c)}{a^2+b^2+c^2}$$

$$\Leftrightarrow (a-b)^2\left (\dfrac{1}{ab}-\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}\right )+(a-c)(b-c)\left (\dfrac{1}{ac}-\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}\right )$$

 Lại có : $\dfrac{1}{ab}-\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}=\dfrac{c^2+(a-b)^2}{ab(a^2+b^2+c^2)}>0$

             $\dfrac{1}{ac}-\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}=\dfrac{b^2+(a-c)^2}{ac(a^2+b^2+c^2)}>0$

 Đến đây giả sử $c=\min \{a,b,c\}$ ta có ngay điều phải chứng minh

 Bài 6 : Đặt $a^2+2b=k^2\Rightarrow 2b=(k-a)(k+a)\Rightarrow 2|(k-a)(k+a)$

 Vì $k-a,k+a$ cùng tính chẵn lẻ $\Rightarrow 2|k-a$ và $2|k+a$

 Lại có : $a^2+b=k^2-b=k^2-\dfrac{k^2-a^2}{2}=\dfrac{k^2+a^2}{2}=\dfrac{2(k^2+a^2)}{4}=\left (\dfrac{k+a}{2}\right )^2+\left (\dfrac{k-a}{2}\right )^2$

 Do đó ta có điều cần chứng minh

Cho $a,b,c>0$. C/m:
$\sum \frac{2a}{2a+b+c}\geq 1+\frac{9abc}{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
P/s: Hy vọng lần này đề không sai

 Ta có bất đẳng thức tương đương 

$$6(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2+abc(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 18abc(a+b+c)^3+9(abc)^2$$

 Luôn đúng vì

$$6(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2\geq 6(a+b+c)^2.3abc(a+b+c)=18abc(a+b+c)^3$$

 Và

$$abc(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9(abc)^2$$