Một dạng "chế phẩm" từ bài toán của Long đây, tư tưởng S.O.S rõ ràng dù vẫn hơi động tay, động chân tí:

https://artofproblem...4035_inequality

Thứ nhất: Chúng ta có quyền sắp thứ tự hoàn toàn khi vai trò $a,b,c$ trong biểu thức tương đương nhau nhưng với bài này vai trò của các biến không bình đẳng. Thứ 2: Người khác có quyền thắc mắc nếu họ không hiểu về 1 bước trong bài làm của bạn nên tôi nghĩ bạn nên giải thích cho họ hiểu, không hiểu thì phải hỏi, thế thôi. Những bước như thế thì không nên làm tắt. Mà theo biểu thức của bạn gõ ra thì $S_{a},S_{b},S_{c}$ nó đổi chỗ cho nhau hết cả, cái đầu tiên là $S_{c}$, thứ hai phải là $S_{a}$ và thứ 3 là $S_{b}$. Việc xác định đúng các biểu thức hết sức quan trọng trong quá trình bạn biện luận nhé.

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 tương tự: Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ac+a^2}\geq \frac{7(a+b+c)}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$$

Bài 43:  Do bận định đăng bài làm trong nháp hôm trước nhưng giờ mời đăng được, mọi người tham khảo:

 

Làm mạnh bđt Cô si:

 

$\frac{a^{4}}{b^{2}}+2ab\geq 3a^{2}+\frac{3}{2}(a-b)^{2}$

 

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}}\geq 0$

 

Đến đây không phải luôn đúng nên đành chuyển hướng sang S.O.S:

 

tt:  $\frac{b^{4}}{c^{2}}+2bc\geq 3b^{2}+\frac{3}{2}(b-c)^{2}\Leftrightarrow (b-c)^{2}\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}}\geq 0$

 

     $\frac{c^{4}}{a^{2}}+2ca\geq 3c^{2}+\frac{3}{2}(c-a)^{2}\Leftrightarrow (c-a)^{2}\frac{2c^{2}+4ac-3a^{2}}{2a^{2}}\geq 0$

 

Cộng vế theo vế ta được:

 

$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S_{a}(a-b)^{2}+S_{b}(b-c)^{2}+S_{c}(c-a)^{2}\geq 0$

 

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{b}> 0$

 

nên chỉ cần CM:   $S_{b}+S_{a};S_{b}+S_{c}\geq 0$ nhưng điều này hiển nhiên đúng.  (Tự nháp)

 

$\Rightarrow ĐPCM$

 

p/s: Ai biết latex bị gì không không dùng được phải dung online

Lời giải này lỗi ở đâu, các bạn thảo luận cho ý kiến tại đây. Các bạn chú ý $S_{a},S_{b},S_{c}$ ở đây là những biểu thức hoàn toàn hoán vị nên về nguyên tác thì ta phải xét 2 trường hợp. Điều này các bạn xem lời giải có thể thấy rõ nên ở đoạn cuối cùng anh Cẩn có xét cả bộ hoán vị của $a,b,c$ để lời giải thêm chặt chẽ.

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:

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

Bài 43:Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh ta có BĐT sau:

$$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)$$

 

 

2) Cho $a,b,c>0$ và $a^6+b^6+c^6=3$. Cmr:

$$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge 3$$

(Võ Quốc Bá Cẩn)

 

Tương tự ta cũng có

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

$$\frac{a^5}{b}+\frac{b^5}{c}+\frac{c^5}{a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a^6+b^6+c^6)^2}{9}}$$ (Nguyễn Thúc Vũ Hoàng)

Bài này có thể giải bằng $SOS$. Ở đây em xin trình bày lại một lời giải bằng $Cauchy \, Schwarz$

$\sum \dfrac{a}{b+c} \geq \dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{1}{2}$

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

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

-Nếu $a=b=c$ bất đẳng thức đúng

-Nếu $\sum \left(a-b\right)^2 >0$

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

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

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $\left(a+b+c\right)^2\left(\sum \left(a-b\right)^2\right) \geq \sum 2\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2$

$\Leftrightarrow \sum a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)$(Luôn đúng theo Bất đẳng thức $Schur$ ) 

 Nếu để ý thì bài toán này là 1 bổ đề khá hữu ích, ví dụ khi làm yếu đi BĐT sau:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}\leq \frac{5}{2}$$ 

bài của anh p.k.h được nêu ra trong topic S.O.S và được nêu ra 1 Lần nua tại topic Chia để trị của anh Phan Thành Nam (spam ko z)

Tôi thấy bạn này thích spam nhỉ? Nhiều bài của bạn cứ như post để lấy thành tích hay tự nhiên vô phán 1 câu chả có liên quan gì đến chủ đề topic.... Mong lần sau bạn post bài thì nên đưa ra những bài post mang tính đóng góp hơn nữa.

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

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

Spoiler

Bài toán này khá đẹp nên các bạn cố gắng dùng những công cụ sơ cấp nhất, nhẹ nhàng nhất nhé...Đừng cố lôi dao mổ trâu để giết gà!  

Số thực tốt nhất trong trường hợp này nhỏ hơn $1$, bạn trên xem lại kết quả của mình

Cho $a,b,c$ không âm sao cho $c(a-b) \neq 0$.Chứng minh rằng:

$$\sum \frac{a^3}{(b+c)^3}+\frac{8(a+b)^3(b+c)^3(c+a)^3}{(ac-bc)^2(a+b+c)^5}\geq 4$$

Em có thể dùng bổ đề sau:

-Với $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Ta luôn có:

$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}\geq \frac{4(a^3+b^3+c^3)+15abc}{4(ab+bc+ac)^2}$$

Ngoài lề 1 tí: Tình cờ thì BĐT trong bài Mathlinks Contest 2005 có chút "gì đó" liên quan đến bài sau

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(c+a)^2(b+c)^2}$$

 

2)$a,b,c \in \mathbb{R} chứng\space minh\space 2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) } \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

 

Có thể sử dụng C-S như sau:

$$\sqrt{2\prod (a^2+1)}=\sqrt{[(a+b)^2+(ab-1)^2][(c+1)^2+(1-c)^2]}\geq (a+b)(c+1)+(ab-1)(1-c)$$

 

$\leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \leq 4 $

 

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

$$a^2b+b^2c+c^2a+\frac{abc(3-ab-bc-ac)}{2} \leq 4$$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:

$$\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{4(ab+bc+ac)}+21\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2} $$

Biến đổi tương đương, bất đẳng thức trở thành :
$(a-b)^2\frac{a^2+b^2+ab+bc+ca}{(a+c)(b+c)(a+b+c)^2}+...\geq 0$ (luôn đúng)

Có chắc rằng BĐT này đúng với mọi $x,y,z$ thuộc R

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

$\sqrt{\frac{a+2b}{a+2c}}+\sqrt{\frac{b+2c}{b+2a}}+\sqrt{\frac{c+2a}{c+2b}}\ge 3$ 

Áp dụng AM_GM: $\sqrt{(a+2c)(a+2b)}\leq a+b+c$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac+abc=4$.Chứng minh rằng:

$$a+b+c+\sqrt{a+b+c+2abc+4} \geq 6$$

Bất đẳng thức tương tự sau vẫn đúng:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\left(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\right)^2\geq 6$$

$$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\left(\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}\right)\geq \frac{9}{2}$$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ab}}\geq \frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3(ab+bc+ac)}} $$

Bài toán của anh P.K.Hùng:

$$\frac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+ab}}\geq \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ac}}$$

$$BĐT\Leftrightarrow 15(x^3+y^3+z^3)+9xyz\geq 9\sum xy(x+y)$$

Áp dụng BĐT Schur $x^3+y^3+z^3+3xyz \geq \sum xy(x+y)$ và BĐT AM-GM $x^3+y^3+z^3 \geq x^2y+y^2z+z^2x$

Chiều ngược lại đúng với $x\geq y\geq z> 0$

Cho $x >=y>=z$ thử với $x=4,y=2,z=1$

Ta có BĐT sau xảy ra:

$$\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\geq \frac{x+y+z}{x+y+z-\sqrt[3]{xyz}}$$

Đúng mà bạn!

Chiều ngược lại thì lấy $x=2,y=4,z=3$ là có phản ví dụ

Thay x=1, y=2, z=3 thì thấy bất đẳng thức trên sai. Phải là $\geq$ thì đúng!

Chiều ngược lại cũng không đúng.