Cho x, y, z trong khoảng từ $\frac{1}{2}$ đến 1. Tìm GTNN và GTLN của:

$\frac{x+y}{1+z}+\frac{y+z}{1+x}+\frac{z+x}{1+y}$

Xem ở http://www.artofprob...t_round_problem

Cho a,b,c là các số không âm.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\geq 10$

Do bài này nằm trong box THCS nên mình sẽ đưa bạn lời giải phù hợp ở http://artofproblems...1199960p5898149 (xem bài viết #7 )

 Bài 2. Ta chú ý đến một phân tích quen thuộc là $(x+y)^2=(x-y)^2+4xy$

 Bây giờ đặt $\sum _{j=1}^na_jb_j=S$ và $a_{i}b_{i}=S_i$ thì ta cần chứng minh $\sum_{i=1}^n \dfrac{(a_{i+1}+b_{i+1})^2}{n(a_i-b_i)^2+4(n-1)S} \geq \dfrac{1}{n-1}$

 Hay $\sum_{i=1}^n \dfrac{(a_{i+1}-b_{i+1})^2+4S_{i+1}}{n(a_i-b_i)^2+4(n-1)S} \geq \dfrac{1}{n-1}$

 Không mất tính tổng quát giả sử $(a_1-b_1)^2\leq \min \left \{(a_2-b_2)^2,(a_3-b_3)^2,...,(a_n-b_n)^2\right \}$ thì ta có

 $\sum_{i=1}^n \dfrac{(a_{i+1}-b_{i+1})^2+4S_{i+1}}{n(a_i-b_i)^2+4(n-1)S} \geq \dfrac{\sum \limits_{i=1}^n (a_{i}-b_{i})^2+4\sum \limits_{k=1}^nS_{k}}{n(a_1-b_1)^2+4(n-1)S }(1)=\dfrac{\sum \limits_{i=1}^n (a_{i}-b_{i})^2+4S}{n(a_1-b_1)^2+4(n-1)S}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{\sum \limits_{i=1}^n (a_{i}-b_{i})^2+4S}{n(a_1-b_1)^2+4(n-1)S}\geq \dfrac{1}{n-1}\Leftrightarrow \sum_{i=1}^n (a_{i}-b_{i})^2\geq \dfrac{n}{n-1}(a_1-b_1)^2\Leftrightarrow \sum_{i=2}^n (a_{i}-b_{i})^2\geq \dfrac{1}{n-1}\geq (a_1-b_1)^2$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sum_{i=2}^n (a_{i}-b_{i})^2\geq \dfrac{1}{n-1}\left (\sum_{j=2}^n a_j-\sum_{k=2}^n b_k \right )^2 (2)$

 Mặt khác $\sum_{i=1}^n (a_i-b_i)=0$ nên $\left (\sum_{j=2}^n a_j-\sum_{k=2}^n b_k \right )^2=(a_1-b_1)^2$

 Từ đó ta có điều cần chứng minh ~.~ Mỏi tay

Chỗ khúc $(1)$ thì tử số của mẫu chỉ là $\sum_{k=1}^{n-1}\left ( a_{k}-b_{k} \right )^{2}+\left ( a_{n+1}-b_{n+1} \right )^{2}+\sum_{k=2}^{n}S_{k}+b_{n+1}a_{n+1}$.Đó là lý do mình hỏi có cái quy ước nào cho $a_{n+1}$ và $b_{n+1}$ hay không 

Còn khúc $(2)$ thì nên viết rõ là $\sum_{i=2}^{n}\left ( a_{i}-b_{i} \right )^{2}\geqslant \frac{1}{n-1}\left ( \sum_{i=2}^{n}\left | a_{i}-b_{i} \right | \right )\geqslant \frac{1}{n-1}\left ( \sum_{k=2}^{n}a_{k}-\sum_{j=2}^{n}b_{j} \right )$

$Cho \Delta ABC với góc A,B,C. Các cạnh AB = c, AC = b, BC = a.
\\CMR: (b^{2} - c^{2})cotA + (c^{2} - a^{2})cotB + (a^{2} - b^{2})cotC = 0 (1)$

Biến đổi thuần Đại Số:

$$\left ( b^{2}-c^{2} \right )\cot A=\frac{\left ( b^{2}-c^{2} \right )2bc\cos A}{2bc\sin A}=\frac{\left ( b^{2}-c^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )}{4S}$$

Ta cần chứng minh:

$$\left ( b^{2}-c^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )+\left ( c^{2}-a^{2} \right )\left ( c^{2}+a^{2}-b^{2} \right )+\left ( a^{2}-b^{2} \right )\left ( a^{2}+b^{2}-c^{2} \right )=0$$

Hay:

$$\left ( b^{4}-c^{4} \right )+\left ( c^{4}-a^{4} \right )+\left ( a^{4} -b^{4}\right )+\left ( a^{2}c^{2}-a^{2}b^{2} \right )+\left ( a^{2}b^{2}-b^{2}c^{2} \right )+\left ( b^{2}c^{2}-a^{2}c^{2} \right )=0$$

Đẳng thức trên luôn đúng nên ta có đpcm.

Nếu ta thay hàm $\cot$ bằng hàm $\tan$ thì đẳng thức trên vẫn đúng

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $a^2 +b^2 +c^2 +2abc = 1$

Chứng minh rằng: $a^3 +b^3+c^3 \geq \frac{3}{8}$

Sử dụng AM-GM để hạ bậc $a^{3}+a^{3}+\frac{1}{8}\geqslant \frac{3}{2}a^{2}$,ta chỉ cần chứng minh $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant \frac{3}{4}$

Từ điều kiện đề bài cho ,ta có:

$$a^{2}+b^{2}+c^{2}=1-2abc=1-2\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant 1-2\sqrt{\left ( \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3} \right )^{3}}(*)$$

Đặt $t=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\left ( t>0 \right )$ thì:

$$(*)\Leftrightarrow 3t^{2}\geqslant 1-2t^{3}\Leftrightarrow \left ( t+1 \right )^{2}\left ( 2t-1 \right )\geqslant 0\Leftrightarrow t\geqslant \frac{1}{2}$$

Hay $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant \frac{3}{4}$.Ta có đpcm.

Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp ,các cạnh $BC=a,AC=b,AB=c$ 
Chứng minh các bất đẳng thức sau : 
ii) $\sum \frac{a\sqrt{bc}.IA}{b.IB^2+c.IC^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Ta có hệ thức sau :

$$aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc$$

Hệ thức này có khá nhiều cách chứng minh nên nhường lại cho chủ topic.

Từ đó ta có:

$$\frac{a\sqrt{bc}IA}{bIB^{2}+cIC^{2}}=\frac{a\sqrt{bc}IA}{abc-aIA^{2}}=\frac{\sqrt{bc}IA}{bc-IA^{2}}$$

Mặt khác:

$$IA=\frac{p-a}{\cos\frac{A}{2}}=\frac{p-a}{\sqrt{\frac{1+\cos A}{2}}}=\frac{p-a}{\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\sqrt{\frac{bc(p-a)}{p}}$$

với ký hiệu $p$ là nửa chu vi

Do đó:

$$\frac{a\sqrt{bc}IA}{bIB^{2}+cIC^{2}}=\frac{bc\sqrt{\frac{p-a}{p}}}{bc\left ( 1-\frac{p-a}{p} \right )}=\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}$$

Đặt $x=\sqrt{p-a};y=\sqrt{p-b};z=\sqrt{p-c}$ thì $x,y,z>0$ và $a=y^2+z^2;b=x^2+z^2;c=x^2+y^2$.BĐT sẽ tương đương với:

$$\frac{x}{y^{2}+z^{2}}+\frac{y}{x^{2}+z^{2}}+\frac{z}{x^{2}+y^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}} (*)$$

Mình có 2 cách để chứng minh $(*)$.

Cách 1: Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,chuẩn hoá cho $x^2+y^2+z^2=3$.Viết lại BĐT dưới dạng sau:

$$\frac{x}{3-x^{2}}+\frac{y}{3-y^{2}}+\frac{z}{3-z^{2}}\geqslant \frac{3}{2}$$

Ta có BĐT phụ sau : $\frac{x}{3-x^{2}}\geqslant \frac{x^{2}}{2},\forall x>0 \Leftrightarrow (x-1)^2(x+2) \ge 0$.Xây dựng 2 BĐT tương tự cho $y,z$ rồi cộng chúng lại,ta sẽ có đpcm

---------------------

Cách 2 (chứng minh trực tiếp)

Ta cần chứng minh $\left ( \sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}} \right )^{2}\geqslant \frac{27}{4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

Theo Holder thì:

$$\left ( \sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}} \right )^{2}\left ( \sum x^{4}(y^{2}+z^{2})^{2} \right )\geqslant \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{3}$$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$$2\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{4}\geqslant 27\left ( x^{4}y^{4}+y^{4}z^{4}+z^{4}x^{4}+x^{2}y^{2}z^{2}\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right ) \right )$$

Đổi biến $x^2=a,y^2=b,z^2=c(a,b,c>0)$ cho dễ nhìn thì ta cần chứng minh:

$$2\left ( a+b+c \right )^{4}\geqslant 27\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc(a+b+c) \right )$$

Tương đương với:

$$2\sum a^{4}+8\sum ab(a^{2}+b^{2})\geqslant 15\sum a^{2}b^{2}+3abc(a+b+c)$$

Theo AM-GM:

$$VT\geqslant 18\sum a^{2}b^{2}\geqslant 15\sum a^{2}b^{2}+3abc(a+b+c)=VP$$

Vậy ta có đpcm.

Chào các bạn như tiêu đề đã ghi thì trong topic này chúng ta sẽ cùng thảo luận về các bài toán bất đẳng thức đến từ các cuộc thi học sinh giỏi Toán khắp nơi trên thế giới trong năm 2016 và kết thúc topic này (có thể là sau IMO 2016) chúng ta sẽ có một file pdf “Inequalities From 2016 Mathematical” made in VMF để các thành viên có tài liệu tham khảo, hi vọng các bạn ủng hộ.

 

Bài 2 (Korea Winter Program Practice Test). Với số nguyên dương $n \geqslant 2$ và $a_i,\,b_i\;(1 \leqslant i \leqslant n)$ là các số thực dương thỏa mãn $\sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i.$ Chứng minh rằng 

\[\sum_{i=1}^n \frac{(a_{i+1}+b_{i+1})^2}{n(a_i-b_i)^2+4(n-1)\displaystyle \sum_{j=1}^n a_jb_j} \geqslant \frac{1}{n-1}.\]

 

 

Bạn Huyện cho mình hỏi là bài này có ký hiệu $a_{n+1}=a_1$ và $b_{n+1}=b_1$ không vậy ?

Cho a, b, c>0. CMR: $\sum \frac{a^{4}c}{b(a^{2}c+b^{3})}\geq \frac{1}{2}(a+b+c)$

Thực hiện biến đổi:

$$\frac{a^{4}c}{b\left ( a^{2}c +b^{3}\right )}=\frac{a^{2}}{b}\left ( 1-\frac{b^{3}}{a^{2}c+b^{3}} \right )\geqslant \frac{a^{2}}{b}\left ( 1-\frac{b^{3}}{2ab\sqrt{bc}} \right )=\frac{a^{2}}{b}-\frac{a}{2}\sqrt{\frac{b}{c}}$$

Do đó:

$$\sum \frac{a^{4}c}{b(a^{2}c+b^{3}}\geqslant \sum \frac{a^{2}}{b}-\frac{1}{2}\sum a\sqrt{\frac{b}{c}}$$

Ta chỉ cần chứng minh:

$$\sum \frac{a^{2}}{b}-\frac{1}{2}\sum a\sqrt{\frac{b}{c}}\geqslant \frac{1}{2}\sum a$$

Đặt $x=\sqrt{\frac{a}{b}};y=\sqrt{\frac{b}{c}};z=\sqrt{\frac{c}{a}}$ thì $x,y,z>0$ và $xyz=1$.Để ý là $a=\frac{x}{yz};b=\frac{y}{zx};c=\frac{z}{xy}$

Khi đó BĐT trở thành:

$$\sum \frac{x^{3}}{yz}-\frac{1}{2}\sum \frac{x}{z}\geqslant \frac{1}{2}\sum \frac{x}{yz}\Leftrightarrow 2\sum x^{4}-\sum x^{2}y\geqslant \sum x^{2}(*)$$

Với $xyz=1$,ta dễ dàng có các BĐT sau thông qua AM-GM:

$\sum x^{4}\geqslant \sum x^{3}\geqslant \sum x^{2}y$ và $\sum x^{4}\geqslant \sum x^{2}$

Dễ thấy rằng $(*)$ chỉ là hệ quả của việc cộng các BĐT trên.

Cho x,y,z > 0 Thỏa mãn $x+y+z = 3$

Tìm Min $A = \frac{x}{y(x+y^2)} + \frac{y}{z(y+z^2)} + \frac{z}{x(z+x^2)}$

Thực hiện phép biến đổi sau:

$$\frac{x}{y(x+y^{2})}=\frac{1}{y}\left ( 1-\frac{y^{2}}{x+y^{2}} \right )\geqslant \frac{1}{y}\left ( 1-\frac{y^{2}}{2y\sqrt{x}} \right )=\frac{1}{y}-\frac{1}{2\sqrt{x}}$$

Do đó:

$$A\geqslant \left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}} \right )+\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{2\sqrt{y}} \right )+\left ( \frac{1}{z}-\frac{1}{2\sqrt{z}} \right )$$

Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:

$\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\geqslant \frac{5-3x}{4},\forall x>0\Leftrightarrow 3x^{2}-5x-2\sqrt{x}+4\geqslant 0$

$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{x}-1 \right )^{2}\left ( 3x+6\sqrt{x}+4 \right )\geqslant 0 (*)$

Dễ thấy $(*)$ luôn đúng với mọi $x>0$ nên từ đó ta sẽ có $A\geqslant \frac{15-3(x+y+z)}{4}=\frac{3}{2}$

$A_{\min}=\frac{3}{2}$ khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

Cho các số dương a;b;c. CMR  $\sum \frac{a^{2}(b+c)^{2}}{a^{2}+bc}\leq \sum a^{2}+\sum ab$

     

Biến đổi BĐT về dạng sau:

$$\sum \frac{ab(a+b)^{2}}{c^{2}+ab}\geqslant \sum a^{2}+\sum ab$$

Theo C-S:

$$\sum \frac{ab(a+b)^{2}}{c^{2}+ab}\geqslant \frac{\left [ \sum ab(a+b) \right ]^{2}}{\sum a^{2}b^{2}+abc\sum a}$$

Ta cần chứng minh :

$$\frac{\left [ \sum ab(a+b) \right ]^{2}}{\sum a^{2}b^{2}+abc\sum a}\geqslant \sum a^{2}+\sum ab$$

Xét phép đổi biến $p,q,r$,ta sẽ có:

$$\frac{\left ( pq-3r \right )^{2}}{q^{2}-pr}\geqslant p^{2}-q\Leftrightarrow 9r^{2}+p^{3}r+q^{3}\geqslant 7pqr$$

Đây chỉ là hệ quả của việc cộng 2 BĐT sau:

$pq\geqslant 9r$

$27r^{2}+p^{3}r+q^{3}\geqslant 9pqr$

Cho $a;b;c>0$.Chứng minh rằng $\frac{a^{4}}{b^{3}(c+2a)}+\frac{b^{4}}{c^{3}(a+2b)}+\frac{c^{4}}{a^{3}(b+2c)}\geq 1$

Đặt $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ suy ra $x,y,z>0$ và $xyz=1$.

BĐT tương đương với $\frac{x^{3}}{z+2}+\frac{y^{3}}{x+2}+\frac{z^{3}}{2+y} \geqslant 1$

Theo C-S:

$$VT \geqslant \frac{\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{2}}{2(x+y+z)+xy+yz+zx}$$

Ta cần chứng minh:

$$\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right )+2\left ( x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2} \right )\geqslant 2(x+y+z)+(xy+yz+zx)$$

Theo AM-GM:

$VT\geqslant 2\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )-3+3\sqrt[3]{x^{4}y^{4}z^{4}}+\left ( x^{2} y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\right )$

$\geqslant 2\left [ 2\left ( x+y+z \right )-3 \right ]-3+3+2\left ( xy+yz+zx \right )-3=VP+2(x+y+z)+(xy+yz+zx)-9$

$\geqslant VP+2.3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}-9=VP$

Ta có đpcm.

Cho biểu thức:

f(n)=$\frac{2n+1+\sqrt{n(n+1)}}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$

Tính tổng : S=f(1)+f(2)+...+f(2016)

Cứ đặt $a=\sqrt{n}$ và $b=\sqrt{n+1}$ thì $b^2-a^2=1$.Do đó 

$f(n)=\frac{a^{2}+b^{2}+ab}{a+b}=\frac{(b-a)\left ( a^{2}+b^{2}+ab \right )}{(b-a)(a+b)}=\frac{b^{3}-a^{3}}{b^{2}-a^{2}}=(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}$

Vậy :

$S=2\sqrt{2}-1+3\sqrt{3}-2\sqrt{2}+...+2017\sqrt{2017}-2016\sqrt{2016}=2017\sqrt{2017}-1$

CMR với a; b; c là các số dương thì

 $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 3\sqrt{ab+cb+ca}$

PS ĐÂY là một bài rất hay

Mọi người tham gia giải và đáp án sẽ được thông báo sau

Gợi ý; xuất phát từ bất đẳng thức luôn đúng $(a-b)^{2}\geq 0$

     

Sử dụng 2 BĐT phụ sau:

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

$a+b+c \geqslant \sqrt{3\left ( ab+bc+ca \right )}$

Thật sự là lâu quá không làm lại BĐT,giờ cũng quên mất hầu hết mấy cái kỹ thuật chứng minh.Bây giờ đụng đâu mình vẫn cứ phang $p,q,r$ hay $S-O-S$ để giải nhưng không thích lắm do 2 pp trên đòi hỏi nặng tính toán.....

Cho dãy số ( $x_{n}$) xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix}x_{1}= \sqrt{30} & & & & \\ x_{n+1}= \sqrt{30x^{2}_ {n} +3x_{n} +2011} & & & \end{matrix}\right.$    $\forall n\notin N*$

 

Tìm lim$\frac{x_{n+1}}{x_{n}}$

Dễ thấy $(x_n)$ là dãy dương và không có giới hạn hữu hạn nên $\lim x_n=+ \infty$

Do đó :

$$\lim \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\lim \sqrt{30+\frac{2011}{x_{n}^{2}}+\frac{3}{x_{n}}}=\sqrt{30}$$

 Cách của mình :

 Ta có bất đẳng thức tương đương $\sum \left (\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{1-ab}\right )\geq \dfrac{5}{8}\Leftrightarrow \sum \dfrac{(1-4ab)^2}{(1-4ab)(1-ab)}\geq \dfrac{15}{8}$

 ...

 Cái dạng này nhìn khá quen, không biết có lời giải bằng tiếp tuyến hoặc yếu tố không

Mình không biết tại sao lại có ý tưởng thêm bớt $\frac{4}{3$ ở khúc này ? Bạn có thể giải thích không ?

Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn: $a^2.b^2+a^2-3b^2+1\leq 0$

Tìm GTNN của biểu thức: P=$\frac{b}{a^2+b}+\frac{b^2}{a+b^2}+\frac{b}{a+b}$

Ta có $a^2b^2+1 \ge 2ab$ nên ta sẽ có: $a^2-3b^2+2ab \le 0$ hay $a \le b$.Từ đó $P \ge \frac{b}{b^2+b}+\frac{b^2}{b+b^2}+\frac{b}{2b}=\frac{3}{2}$

$P_{\min}=\frac{3}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=1$.

 Có hai cách khác ở đây ạ http://diendantoanho...-xyleq-frac278/

Cách dưới thì giống của mình rồi,còn cách làm Chebyshev thì tốt lắm  

$\left\{\begin{matrix}
x_1=\sqrt{2} & \\
 x_{n+1}=\dfrac{x_n+\sqrt{2}-1}{(1-\sqrt{2})x_n+1}&
\end{matrix}\right.$, với mọi $n\epsilon N^*$

Tìm công thức tổng quát $x_n$ của dãy đã cho.

Để ý rằng $\sqrt{2}-1=\tan \frac{\pi }{8}$ nên nếu ta đặt $x_1=\sqrt{2}=\tan a$ thì ta có:

$$x_{2}=\frac{\tan a+\tan \frac{\pi }{8}}{1-\tan a\tan \frac{\pi }{8}}=\tan \left ( a+\frac{\pi }{8} \right )$$

Từ đây dễ dàng thấy $x_{n}=\tan \left ( \arctan \sqrt{2}+\left ( n-1 \right )\frac{\pi }{8} \right )$

bài của bạn có trong cái này

Em có file PDF không ? Chứ file Word đó máy anh không đọc được công thức ,còn không em có thể trích dẫn giùm anh lời giải .Cảm ơn ! 

anh ơi em nhớ là 9a(a+b) mà

um đúng rồi,anh gõ thiếu.Cảm ơn em

Cho các số a,b,c $\in \begin{bmatrix} 0,1 \end{bmatrix}$. Chứng minh rằng:

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

Xem ở http://www.artofprob...0156_inequality

Hôm nay đi dạo trên AoPS thì thấy bài này cũng hay nên post lên đây cho các bạn tham khảo.Bài này có hẳn 1 bài tổng quát cho $n$ biến nhưng mình lấy 3 biến để dễ tiếp cận

Với $a,b,c>0$ ,chứng minh rằng :

$$3\sqrt[9]{\frac{9a(a+b)}{2(a+b+c)^{2}}}+\sqrt[6]{\frac{6bc}{(b+c)(a+b+c)}}\leqslant 4$$

Cho$ a,b,c > 0 ; a^2 +b^2+c^2 = 3 $ Tìm MIN 

$P = (a+b+c)^2 + \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} -\frac{1}{ab+bc+ca}$

Ta có:

$P=6+2\sum ab+\frac{(a+b+c)(3-\sum ab)}{abc}-\frac{1}{\sum ab}$

Theo C-S thì 

$$\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\geqslant \frac{9}{\sum ab}$$

Do đó:

$$P\geqslant 6+2x+\frac{9(3-x)}{x}-\frac{1}{x}=-3+2x+\frac{26}{x}$$

Với $x=\sum ab (0<x \le \sum a^2=3)$

Theo AM-GM  thì $2x+\frac{18}{x}\geqslant 12$,suy ra $P\geqslant -3+12+\frac{8}{x}\geqslant \frac{35}{3}$

Vậy $P_{\min}=\frac{35}{3}$ khi $a=b=c=1$

1.Cho a,b,c >0 thỏa mãn a + b + c =1. Chứng minh rằng:  

 

CodeCogsEqn (22).gif

Ai có lời giải thuần bằng C-S hay AM-GM thì post lên nhé

Xét phép đổi biến $p,q,r$,ta sẽ có $r\in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]; q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$.Theo Schur thì $r\geqslant \frac{4q-1}{9}$

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{ab}{1-ab}\leqslant \frac{3}{8}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1-ab}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow \frac{\sum (1-ab)(1-bc)}{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}\leqslant \frac{27}{8}$

$\Leftrightarrow \frac{3-2q+r}{1-q+r-r^{2}}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow f(r)=27r^{2}-19r+11q-3\leqslant 0$

Dễ thấy $f'(r)=54r-19<0,\forall r \in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]$ nên $f(r)\leqslant f\left ( \frac{4q-1}{9} \right )=\frac{(16q+5)(3q-1)}{9}\leqslant 0,\forall q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$

Ta có đpcm.