Kia là Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược mà(giả sử $a\geq b\geq c$)?

Đặt $p=a+b+c,r=abc,p=ab+bc+ac$ có $p=r$

Theo Svac $VT\geq \frac{q^2}{r(3+q)}$

Vậy ta sẽ CM:

$VT\geq \frac{q^2}{r(3+q)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Biến đổi tương đương điều này cho ta:

$4q^2\geq p(9\sqrt{3}+3\sqrt{3}q)$

MÀ ta có $q^2\geq 3pr$ nên BĐT cần chứng minh tương đương

$q^2\geq 9q$ luôn đúng

Áp dụng BĐT Holder ta có:

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

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

Vậy ta sẽ CM

$\frac{(x+y+z)^3}{xy+yz+xz}\geq \sum (\sqrt{x+y})^2$

$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)(\sum \sqrt{x+y})^2\leq (x+y+z)^3$

Chuẩn hóa $x+y+z=1$ ta có:

$xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$

$(\sum \sqrt{x+y})^2\leq 3.2=6$

Vậy ta có đpcm

Áp dụng BĐT Holder cho VT là xog thôi!

Có BĐT sau:

$a^3+1+1\geq 3a$ Vậy nên ta sẽ chứng minh:

$\sum \frac{3a+3}{a^3(b+c)}\geq 9$

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

Với $abc=1$ thì ta dễ dàng có được:$2.(\sum \frac{1}{a^3(b+c)})\geq 3$

Xét $P=\sum \frac{1}{a^2(b+c)}=\frac{bc}{a(b+c)}=\frac{\frac{1}{a}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\geq \frac{3}{2}$

Nêu đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ thì BĐT trên chính là BĐT Nesbit nên đpcm là đúng

Sai từ khúc đầu, đây là bất đẳng thức hoán vị, nên ta không thể sắp xếp thứ tự biến hoàn toàn.

Thực tế $a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2-a^2b^3-b^2c^3-c^2a^3=(a-b)(a-c)(b-c)(ab+bc+ca)$ nên ta cần chứng minh khi $a\leqslant b\leqslant c$

Bạn có thể giải thích kĩ hơn tại sao = việc xét hiệu 2 bt hoán vị lại có thể quy về 1 th như trên không?

http://diendantoanho...rac9a2b2c2abc2/

Bạn có thể giải thích tại sao lại chỉ xét TH a>=b>=c mà không xét ngc lại?Thanks!

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $xyz=1$.CMR:

$7(x^2+y^2+z^2)+3\geq 3(x+y+z)+3(xy+yz+xz)+xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$

Cho $a,b,c>0,a+b+c=\frac{3}{2}$.CMR:

cho các số thực dương $x ,y, z$ thỏa mãn   $x+y+z=$ $\frac{3}{2}$. Tìm GTNN của biểu thức                      $P=$ $\frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{1+4xy}+$ $\frac{\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}}{1+4yz}+$ $\frac{\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}}{1+4zx}$

Bài toán 2. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^3+abc}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{b^3+abc}{c^3+a^3+abc}+\dfrac{c^3+abc}{a^3+b^3+abc}\geqslant 2$$
 
Hai bài này khá dễ nên đừng có ghi tiếng anh vào đây nhé.

Bạn cho mình hỏi ý tưởng của bài này được không:

Cho $a,b,c\geq 0; a+b+c=3$
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
$\frac{1}{\sqrt{a^{2}+bc} }+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+ac} }+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+ab} }$

 

Bất đẳng thức đầu tương đương với: $a^2b+b^2c+c^2a+abc\leqslant \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3$

Hướng 1: Đặt $(x,y,z)=(a+t,b+t,c+t)$ với $t\geqslant -c=-\text{min}\{a,b,c\}\leqslant 0$ $f(t)=F(x,y,z)=27(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)-4(x+y+z)^3$

$f'(t)=9(xy+yz+zx-x^2-y^2-z^2)\leqslant 0\Rightarrow f(0)\leqslant f(-c)\Leftrightarrow F(a,b,c)\leqslant F(a-c,b-c,0)$

Do đó ta cần chứng minh khi $c=0$ hay là chứng minh $27a^2b\geqslant 4(a+b)^2$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $27a^2b \leqslant \dfrac{27}{2}.\dfrac{(a+a+2b)^3}{27}=4(a+b)^3$

 

Hướng 1 này sử dụng phương pháp gì thế bạn?Tại sao lại chỉ cần xét khi c=0 bạn ơi?

Cho $x,y,z \geq 0$ thỏa $x + y + z =1$ tìm max P

Cho x,y,z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{2x^2 + xy}{(y + \sqrt{zx} + z)^2} + \frac{2y^2 + yz}{(z + \sqrt{xy} + x)^2} + \frac{2z^2 + zx}{(x + \sqrt{yz} + y)^2} \geq  1$ 

Thật ra thì đây là đề của India chắc India là nhật bản hả?

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Cho $0\leq x<y<z\leg 2$ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm GTLN của $P=\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}$

Cho $a,b,c\geq 0$  thỏa mãn:$a+2b+3c=4$.Chứng minh rằng:

 Cho 3 số thực $x,y,z\in[0;1]$ thỏa mãn:

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $abc=1$ và $c\leq1$ .Tìm Min: