Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$.

Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 $$(3-a-bc)(3-b-ca)(3-c-ab)\geq 1;$$

$$(3-ab-bc)(3-bc-ca)(3-ca-ab) \geq 1;$$

$$\sum_{cyc}\frac{1+a}{1+ab+ca} \geq 2;$$

$$\sum_{cyc}\frac{ab}{1+a+bc} \geq 1.$$

Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_{1} + x_{2} + ... + x_{m} = n (m,n \in \mathbb{N})$ là??

Bạn tham khảo bài toán chia kẹo Euler

e sửa lại đề r nhé a

Cho $a_1<a_2<\cdots$ là dãy các số nguyên dương tăng vô hạn. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $l$ thì luôn tồn tại $i \neq j$ với $1 \leq i,j $ thỏa mãn $a_i + a_j$ có một ước nguyên tố lớn hơn $l$. 

$a$

Cho $a,b,c\geq \frac{2}{3}$ thoả $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq ab+bc+ca.$

 

Đổi biến:  $a=\frac{x+2}{3}, b=\frac{y+2}{3}, c=\frac{z+2}{3} \rightarrow x+y+z=3, x,y,z \ge 0;$

Chỉ cần chứng minh: $ \sum_{cyc}^{x,y,z}x^2y^2+3\sum_{cyc}^{x,y,z}xy \geq 12xyz;$

Điều này lại hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.

 

Còn về việc dấu bằng thì 2 bộ và các hoán vị của chúng thôi:  $\left(1,1,1\right),\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{5}{3}\right)$

Cho tam giác nhọn $ABC$, trên đoạn $BC$, lấy điểm $K$ sao cho $K$ không nằm giữa $B$ và $C$. $U,V$ lần lượt là hai điểm thỏa mãn $KU||AB$,$BK=BU$ và $KV||AC$,$CK=CV$. Đường tròn ngoại tiếp $KVU$ cắt $AK$ tại điểm thứ hai là $D$. Chứng minh rằng:

a) $\widehat{BDC}+\widehat{AUB}=\widehat{CVA}$

b) $AU.BD.CV=AV.CD.BU$

Cho dãy $(u_n)$ thỏa $lim$$u_n=0$. Chứng minh rằng: $S_n=\sum_{i=1}^{n}\left | 1-\frac{u_{i+1}}{u_i} \right |$ phân kì.

Tìm $x,y\in \mathbb{Z}$ thoả: 

$$(x+y)^3+x^3+y^3+3x^2y^2=1.$$

Không mất tính tổng quát, giả sử:$x \geq y$.

Vậy có:$1 \geq 10y^3 +3y^4$.

Dẫn đến: $y \in [-3;0]$

Thế vào có được $x,y$ thỏa. 

Cho tam giác $ABC$ nhọn không đều ngoại tiếp $(I)$, $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ lên $BC,CA,AB$. $H$ là trực tâm tam giác $FED$. Đường thẳng vuông góc với $HI$ qua $H$ cắt $BC,CA,AB$ lần lượt tại $X,Y,Z$. $A'$ là điểm đối xứng của $X$ qua $D$, $B'$ là đối xứng của $Y$ qua $E$, $C'$ là đối xứng của $Z$ qua $F$. Chứng minh $A',B',C'$ cùng thuộc 1 tiếp tuyến của $(I)$. 

Cho: $x,y,z,t \geq 0$ có tổng là $4$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{5-xyz}+\frac{1}{5-yzt}+\frac{1}{5-ztx}+\frac{1}{5-txy} \leq 1.$$

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn$(a+b)(b+c)(c+a)=8$. CMR 

$(\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+c}{a+b}-1)(\frac{b+c}{b+a}+\frac{b+a}{b+c}-1)(\frac{c+b}{c+a}+\frac{c+a}{c+b}-1)\geq \frac{8abc}{(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}$

Ta có bổ đề sau: Cho $a,b,c \geq 0$ thì có: $$\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(b+a)^2}\geq \frac{1}{a^2+bc}\Leftrightarrow \frac{(a^2-bc)^2+bc(b-c)^2}{(a+b)^2(a+c)^2(a^2+bc)}\geq 0.$$

Áp dụng bổ đề:

$$VT=\prod _{cyc}(a+b)(a+c)(\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(b+a)^2}-\frac{1}{(c+a)(b+c)})\geq \prod_{cyc} \frac{a(b+c)}{a^2+bc}=VP.$$

Có điều phải chứng minh!

Lời giải thật sự rất hay. Em xin phép được sửa lại đề câu 2 và câu 3 ạ, do trong quá trình đổi đề em ẩu nên sai quá chừng. Xin lỗi mọi người nhiều ạ!

Em xin được phép giải bài 2 và 3:

 

Bài 2:

 

Có:$$VT \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{3}{2}+\frac{(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca+(ab+bc+ca)}$$

$$\geq \frac{3}{2} +\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=VP.$$

 

Bài 3: (Nguyen Viet Hung)

 

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

Cần chứng minh: $$\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq 2\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 \geq 0.$$

 

Một số bài tiếp theo:

 

Bài 4: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2(a^2+b^2+c^2)} \geq2 $$ (uvw)

Bài 5: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac12+\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$$

Bài 6: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}$$

Bài 7:(FuadAnzurov2003 - AoPS) $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}+\frac{9(b-c)^2}{16(a+b+c)^2}+\frac{9(c-a)^2}{16(a+b+c)^2}+\frac{9(b-c)^2}{16(a+b+c)^2}$$

Em xin cám ơn ạ!!

Bài 4:

Đặt: $a+b+c+3u$, $ab+bc+ca=3v^2$, $abc=w^3$ thì điều phải chứng minh viết lại thành:

$$\frac{27u^3-18uv^2+3w^3}{9uv^2-w^3}+\frac{w^2}{2(3u^2-2v^2)}\geq 2.$$

Vết trái là hàm tăng theo $w^3$ nên kiểm kiểm tra trường hợp $w^3$ đạt giá trị nhỏ nhất:

Trường hợp 1: $a=x^3$, $b=c=1$

Thì điều phải chứng minh viết lại thành: $$x^2(x-1)^2(x^8+2x^7+3x^6+x^5-x^4-3x^3-3x^2+3) \geq 0.$$

Trường hợp 2: $a=0$ thì tương đương: $(b-c)^2 \geq 0$

Vậy có điều phải chứng minh.

 

Bài 5:

Có:$$2(\sum _{cyc}\frac{a}{b+c})(\sum_{cyc}ab(a+b))=6abc+2\sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c}(b^2+c^2)+2(a^3+b^3+c^3)\geq 2(a^2+b^3+c^3)+6abc+\sum_{cyc}ab(a+b) (*)$$

Mà: $$(*) \Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a+b}{c}\geq \sum_{cyc}\frac{4a}{b+c}.$$

Đúng theo Cauchy - Schwarz nên có điều phải chứng minh.

 

Bài 6: (nguyenhuyenag)

Có: $$VT-VP= (a^3+b^3+c^3+abc)\sum_{cyc}\frac{ca(b^2+c^2)(a-b)^2}{\prod _{cyc}(a+b)(a^2+bc)}\geq 0.$$

 

Bài 7:

Quy đồng rút gọn được: $$8 \sum_{cyc}a^5+3(\sum_{cyc}a^4b+\sum_{cyc}a^4c)\geq 4(\sum_{sym}a^3b^2)+\sum_{cyc}6a^2b^2c.$$

Đúng theo Muirhead.

Chứng minh rằng với $a, b, c >0$:

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

Một cách chứng minh thú zị:

Đặt: $a+b+c=3x$, $ab+bc+ca=3y^2$, $abc=z^3$ thì điều phải chứng minh quy về:

$$81x^4y^4+36y^8+12xy^4z^3+13x^2z^6+2y^2z^6 \geq 90x^3y^2z^3+54x^2y^6$$

Kiểm tra trường hợp $b=c$ là đủ: Điều phải chứng minh viết lại thành: $$a^4+3b^4+4a^2b^2 \geq 2a^3b+6ab^3$$

Đúng theo AM-GM

bài 1

chuẩn hóa a+b+c=3, tồn tại t: $ab+bc+ca=3-3t^2$ với $0\le t<1$

bdt cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-abc}+2(1-t^2) \ge \frac{13}{2}$

theo bổ đề chặn tích thì $abc\ge (1-2t)(1+t)^2\Rightarrow \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-abc}+2(1-t^2)\ge \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-(1-2t)(1+t)^2}+2(1-t^2)$ 

chứng minh $\frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-(1-2t)(1+t)^2}+2(1-t^2) \ge \frac{13}{2} \Leftrightarrow \frac{(2t-1)^2t^2}{2(2-t)(1+t)}\ge 0$

 

từ bài 1 suy ra bài 4 theo bdt Holder

Lời giải thật sự rất hay. Em xin phép được sửa lại đề câu 2 và câu 3 ạ, do trong quá trình đổi đề em ẩu nên sai quá chừng. Xin lỗi mọi người nhiều ạ!

Em xin được phép giải bài 2 và 3:

 

Bài 2:

 

Có:$$VT \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{3}{2}+\frac{(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca+(ab+bc+ca)}$$

$$\geq \frac{3}{2} +\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=VP.$$

 

Bài 3: (Nguyen Viet Hung)

 

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

Cần chứng minh: $$\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq 2\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 \geq 0.$$

 

Một số bài tiếp theo:

 

Bài 4: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2(a^2+b^2+c^2)} \geq2 $$ (uvw)

Bài 5: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac12+\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$$

Bài 6: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}$$

Bài 7:(FuadAnzurov2003 - AoPS) $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}+\frac{9(b-c)^2}{16(a+b+c)^2}+\frac{9(c-a)^2}{16(a+b+c)^2}+\frac{9(b-c)^2}{16(a+b+c)^2}$$

Em xin cám ơn ạ!!

Chào mọi người mình là Lục Trường Phát, học sinh THPT chuyên Lê Hồng Phong (TPHCM).Hôm nay mình thấy diễn đàn dạo này nóng ít quá, nên mình góp một bài cho diễn đàn vui vậy, bài viết về một bất đẳng thức quen thuộc lúc THCS nhưng sẽ mạnh hơn nhé và nhìn lại những gì ta đã đi qua, một thời đáng nhớ!!!

 

Bài toán quen thuộc: Cho $a,b,c \geq 0.$ Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}.$

Đây là bất đẳng thức Nesbitt vô cùng quen thuộc và được sử dụng rất nhiều cùng với vô số các cách chứng minh khác nhau. Chúng ta hãy cùng xem qua nhé:

(Mọi $a,b,c$ trong đây đều không âm)

Điều kiện thú vị: (kết quả của sqing - AoPS)

Điều kiện như trên nhưng chỉ thêm một thứ nữa là $a \geq b+c.$ thì có 2 kết quả sau:

 $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{5}{3}$$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\geq \frac{7}{3}$$

Và đây là chứng minh: 

Kết quả thứ nhất: Do vai trò của $b,c$ như nhau nên ta "mạnh dạn" Cauchy - Schwarz cho 2 lượng có tử $b,c$ được: $$VT\geq \frac{a}{b+c}+\frac{(b+c)^2}{a(b+c)+2bc}\geq\frac{a}{b+c}+\frac{(b+c)^2}{a(b+c)+2(\frac{b+c}{2})^2}=\frac{a}{b+c}+\frac{1}{\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}$$

Tới đây là bước AM - GM quen thuộc trong dạng điểm rơi:

$$=\frac{5}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2})+[\frac{4}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2})+\frac{1}{\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}]-\frac{1}{2}\geq \frac{5}{3}.$$

 

Kết quả thứ hai: chứng minh tương tự kết quả 1!! (Bạn đọc tự chứng minh)

 

Ngoài ra tạp chí Crux cũng đề cập đến một dạng bất đẳng thức quen thuộc này, trong sách "Sáng tạo bất đẳng thức" của Phạm Kim Hùng cũng đề cập đến:

Đề bài chỉ cho thêm $x,y,z \geq 0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$\frac{xa}{b+c}+\frac{yb}{c+a}+\frac{zc}{a+b}(*)$$

 

Đây là một dạng toán có thể đem đi chế đề mà không ai hay biết:) nhưng bài này thực sự nếu thay $x,y,z$ thành các biến $f(a;b;c)$ thì sẽ rất khó!!

 

Lời giải ta vẫn ưu tiên sử dụng Cauchy - Schwarz bằng việc thêm bớt để có nhân tử:

 

Có: $$(*)=(\frac{xa}{b+c}+x)+(\frac{yb}{c+a}+y)+(\frac{zc}{a+b}+z)-(x+y+z)$$

$$=\frac{1}{2}[(b+c)+(c+a)+(a+b)](\frac{x}{b+c}+\frac{y}{c+a}+\frac{z}{a+b})-(x+y+z)\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{2}-(x+y+z).$$

 

Dấu bằng xảy ra khi:$\frac{b+c}{\sqrt{x}}=\frac{c+a}{\sqrt{y}}=\frac{a+b}{\sqrt{z}}.$

 

Qua đây có thể thấy Nesbitt được biến tấu thành những dạng vô cùng độc đáo, ngoài ra ta có kết quả thú vị nữa:

Lúc này ta cho thêm điều kiện: $a+b+c=3$

Thì với mọi $k$ không âm có: $$\frac{a^{k+1}}{b^{k}+c^{k}}+\frac{b^{k+1}}{c^{k}+a^{k}}+\frac{c^{k+1}}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{3}{2} (**)$$

Lời giải bài này vô cùng đơn giản: Chứng minh theo tư tưởng của Nesbitt, ta lấy vế trái trừ vế phải được:$$\sum _{cyc}(\frac{a^{k+1}}{b^k+c^k}-\frac{1}{2})=\sum_{cyc}(\frac{(a^k-b^k)(a^{k+1}-b^{k+1}+c^k(a-b))}{(b^k+c^k)(c^k+a^k)})=\sum_{cyc}(a-b)^2.S_a\geq 0.$$

Một lời chứng minh vô cùng đơn giản, bài này ta còn có thể giải quyết bằng bất đẳng thức hoán vị hoặc Chebyshev (Bạn đọc tự chứng minh)

 

Một kết quả khá thú vị mà chắc hẳn ai cũng từng làm qua. Với $n \geq 2$ thì có:

$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2.$$

Ta giả sử: $a \geq b \geq c$ thì có: $a^{n-1}(b+c) , b^{n-1}(c+a) \geq c^{n-1}(a+b)$

Theo bất đẳng thức Bernoulli thì có: $(1+\frac{x}{n})^n \geq 1+x$ nên suy ra được $(1+x)^{\frac{1}{n}} \leq 1+ \frac{x}{n}$

Hay từ đây ta có được: $$(\frac{c+a}{b+c})^{\frac{1}{n}}\leq (\frac{a}{b+c})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{n}(\frac{c^n}{a^{n-1}(b+c)})^{\frac{1}{n}}\leq(\frac{a}{b+c})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{2}(\frac{c}{a+b})^{\frac{1}{n}}.$$

Tương tự cũng có được: $$(\frac{b+c}{c+a})^{\frac{1}{n}}\leq (\frac{b}{c+a})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{2}(\frac{c}{a+b})^{\frac{1}{n}}.$$

Cộng các bất đẳng thức trên lại, kết hợp AM - GM 2 số có điều phải chứng minh.

 

Một bài nữa cũng là một vẻ đẹp của Nesbitt nhưng được làm theo cách khác nữa, ta thêm một lượng ngược dấu:

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

Bằng việc nâng bậc cụm Nesbitt và Cauchy - Schwarz kết hợp một chút cân bằng điểm rơi ta có điều phải chứng minh!!

Ta thử đổi lượng khác: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9abc}{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 2.$$

Bằng phương pháp đổi biến p,q,r thì ta thu lại được bất đẳng thức Schur. Ngoài ra còn có cách bằng SOS (Bạn đọc tự chứng minh)

 

Một bất đẳng thức được làm chặt lên, ta thêm lượng bình phương bên phải:

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

Điều này tương đương:$$\frac{b(a-b)^2}{(c+a)(b+c)^2}+\frac{c(c-a)^2}{(a+b)(b+c)^2} \geq 0.$$

 

Sau đây là một sự pha trộn giữa Nesbitt và Schur: Ta thêm điều kiện: $ab+bc+ca\neq 0.$ Thì có:$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{2(a+b+c)}{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}.$$

Bạn chỉ cần Cauchy - Schwarz rồi Schur kết hợp thêm AM - GM là xong.

 

Một bất đẳng thức thú vị phù hợp cho lớp 8: Xét trường hợp: $a>b>c$ thì có:

$$\frac{a}{b-c}+\frac{b}{a-c}+\frac{c}{a-b}>2.$$

Bạn cũng chỉ cần Cauchy - Schwarz rồi nhân chéo thôi!

 

Để làm bất đẳng thức này tổng quát hơn, ta xét trường hợp $a,b,c$ là các số thực phân biệt thì có: $$|\frac{a}{b-c}|+|\frac{b}{c-a}|+|\frac{c}{a-b}| \geq 2.$$

Ta đặt:$(\frac{a}{b-c};\frac{b}{c-a};\frac{c}{a-b}) \mapsto (x;y;z)$

Vậy có: $$VT^2= (x+y+z)^2+2+2\sum_{cyc}|xy|\geq 4$$ hay ta có điều phải chứng minh.

Hãy thử trong trường hợp 4 số.

 

Một bất đẳng thức Nesbitt dưới góc nhìn của Muirhead:

$$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c} \geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9}{2}.$$

Chỉ cần quy đồng hết lên thì bạn sẽ nhận lại bất đẳng thức Muirhead!!! (Bạn đọc tự chứng minh)

 

Quay lại bài toán này:$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2.$$

Ta làm mạnh thêm chút nữa bằng việc thêm điều kiện: $ab+bc+ca=1$ thì ta thu được: $$\sqrt{\frac{a}{b+c-2abc}}+\sqrt{\frac{b}{c+a-2abc}} +\sqrt{\frac{c}{a+b-2abc}} \geq 2$$

Bài này chỉ việc sử dụng đồng bậc, Holder và cuối cùng là Muirhead (Bạn đọc tự chứng minh) 

 

Một bài toán thú vị khác của 2012: Ta thêm điều kiện $abc=1$ thì thu được:

$$\frac{a^5b^5}{a^2+b^2}+\frac{b^5c^5}{b^2+c^2}+\frac{c^5b^5}{c^2+a^2}\geq \frac{3}{2}.$$

Bằng việc đổi biến:$(a;b;c) \mapsto (\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$ kết hợp với 2 lần Chebyshev thì ta có điều phải chứng minh.

 

Ta có một bài toán khác: 

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2.$$

Bằng việc quy đồng ta thu được Schur.

 

Ta đổi lượng: $\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \mapsto \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$ thì ta vẫn thu được kết quả trên vì: $\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)} \geq \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

 

Đây là một kết quả hay tiếp theo: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\leq \frac{1}{2}(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}).$$

Ta sử dụng Cauchy - Schwarz trực tiếp cho từng cặp bên vế phải thì thu được các lượng đối xứng, tiếp túc Cauchy - Schwarz trực tiếp cho từng cặp đối xứng chung tử vừa mới tạo được thì có điều phải chứng minh!

 

Một kết quả cực kì đẹp trong tam giác: Ta đổi điều kiện $a,b,c$ thành 3 cạnh tam giác thì với mọi 
$n$ nguyên dương thì có: $$(\frac{a}{b+c})^n+(\frac{b}{c+a})^n+(\frac{c}{a+b})^n <2.$$

Cách chứng minh bằng việc ta đổi biến: $(\frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b}) \mapsto (x;y;z)$ Điều kiện: $x,y,z \in (0;1)$ 

Không mất tính tổng quát giả sử: $x \geq y \geq z$

Từ đây có giả thiết mới: $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2.$

Ta đi chứng minh 2 điều sau: $x+y+z <2$ và $x^{n+1} + y^{n+1}+z^{n+1} < x^n+y^n+z^n$

Bất đẳng thức đầu tiên, ta lấy vế phải trừ vế trái:

Thì có: $$VP-VT=(x+1)(\frac{2}{x+1}-1)+(y+1)(\frac{2}{y+1}-1)+\frac{z+1}{2}(\frac{2}{z+1}-2)$$

Ngoài ra có:$\frac{2}{x+1}-1;\frac{2}{y+1}-1>0$ và $x+1 \geq y+1 \geq z+1 >\frac{z+1}{2}$

Vậy thu được: $$VP-VT>\frac{z+1}{2}(\frac{2}{x+1}-1+\frac{2}{y+1}+\frac{2}{z+1}-2)=0$$

Đến bất đẳng thức thứ 2: Ta lấy vế phải trừ vế trái được:

$$VP-VT=x^n(1-x)+y^n(1-y)+z^n(1-z)>0$$

Từ 2 bất đẳng thức trên ta có: $$x^{n+1} + y^{n+1} + z^{n+1} <x^n+y^n+z^n < ...<x+y+z<2$$

Hay có điều phải chứng minh.

 

Ta hãy đến một số vẻ đẹp khác thông qua thêm lượng bên vế trái. Bạn đọc hãy thử chứng minh sau, khi nào có bài chứng minh đúng hay sai không quan trọng, mình sẽ đăng solution!! HIHI

 

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

Bài 2: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+Ca}$$

Bài 3: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq 2$$

Bài 4:  $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3(a+b+c)}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}+\frac{1}{2}.$$

 

Rất cảm ơn ai đã đọc tới đây, mong mọi người sẽ ủng hộ bài giải nhiệt tình, và đóng góp thêm bài nhưng vui lòng đóng góp thêm sol ạ tại đóng góp bài không thì không biết nó có đúng không nữa hihi!!!

Tìm $lim \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

https://math.stackex...nn?noredirect=1

cái chỗ $\geq$ là sao mình không hiểu lắm ạ

cô si trực tiếp 

 

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $x^2+y^2+z^2+(x+y+z)^2 \le 4. CMR:$

$\frac{xy+1}{(x+y)^2} + \frac{yz+1}{(y+z)^2} + \frac{zx+1}{(z+x)^2}\ge3$

 

$$\sum_{cyc}^{}\frac{xy+1}{(x+y)^2}=\frac{1}{2}\sum_{cyc}^{}\frac{2xy+2}{(x+y)^2}\geq \sum_{cyc}^{}\frac{2xy+x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}{(x+y)^2}$$

$$=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\sum_{cyc}^{}\frac{(z+x)(z+y)}{(x+y)^2}\geq 3$$

Sửa đề lại nhé!

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c =3$. Chứng minh rằng $(abc)^2(a^2+b^2+c^2) \leq 3$

 

Có: $$(abc)^2(a^2+b^2+c^2)=(abc)^2[9-2(ab+bc+ca)] \leq (abc)^2[9-6(abc)^{\frac{2}{3}}]$$

Theo giả thiết thì có: $$abc \leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=1$$

Đặt $(abc)^{\frac{2}{3}}=u$ $(u \in (0;1])$ thì ta cần chỉ ra: $$ u^3(9-6u) \leq 3 \Leftrightarrow (u-1)[3u(1-u)(2u+1)+3] \leq 0$$ 

Dẫn đến có điều phải chứng minh.

 

Tổng quát: Cho $a,b,c,k>0$ thỏa $a^k+b^k+c^k=3$

Tìm mọi $k$ sao cho bất đẳng thức sau đúng: $$(abc)^2[a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1}] \leq 3$$

Cho a,b,c,d dương thoả a>=b>=c>=d và abcd=1. Tìm hằng số k nhỏ nhất để bđt sau đúng: 1/(a+1) + 1/(b+1) +1/(c+1) +k/(d+1) >= (3+k)/2

 

https://artofproblem...374684p19428567

 

I. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ THƯỜNG DÙNG

1. $\frac{a^2+b^2}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2} \right)^2$, $\forall$$a,b\in \mathbb{R}$
2. $\frac{a^3+b^3}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2} \right)^3$, $\forall$$a,b\geq 0$
3. $a^3+b^3\geq ab(a+b)$, $\forall$$a,b\geq 0$
4. $a^4+b^4\geq ab(a^2+b^2)$, $\forall$$a,b\geq 0$
5. $a^5+b^5\geq a^2b^2(a+b)$, $\forall$$a,b\geq 0$
6. $a^2+ab+b^2\geq \frac{3(a+b)^2}{4}$, $\forall$$a,b\in \mathbb{R}$
7. $\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$, $\forall$$a,b\in \mathbb{R}$, $a^2+b^2\neq 0$
8. $(1+a)(1+b)\geq \left(1+\sqrt{ab} \right)^2$, $\forall$$a,b\geq 0$
9. $(1+a)(1+b)(1+c)\geq \left(1+\sqrt[3]{abc} \right)^3$, $\forall$$a,b,c\geq 0$
10. $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\geq \frac{2}{1+ab}$, với $ab\geq1$
II. BÀI TOÁN ỨNG DỤNG
Bài 1. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
                        $P= \frac{1}{\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^2-bc+3c^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^2-ca+3a^2+1}}$
Bài 2. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc\leq 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
                        $A=\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}$
Bài 3. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$. Chứng minh rằng:
                       $\frac{a^2}{\sqrt{8a^2+3b^2+14ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{8b^2+3c^2+14bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{8c^2+3a^2+14ca}}\leq \frac{a+b+c}{5}$
Bài 4. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$. Chứng minh rằng:
                       $\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$
Bài 5. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
                       $C=\frac{1}{4a^2-bc+2}+\frac{1}{4b^2-ca+2}+\frac{1}{4c^2-ab+2}$
Bài 6. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
                       $M=\frac{a+1}{a^2+2a+2}+\frac{b+1}{b^2+2b+2}+\frac{c+1}{c^2+2c+2}$
Bài 7. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3abc$. Chứng minh rằng:
                       $\frac{a^2}{b+2}+\frac{b^2}{c+2}+\frac{c^2}{a+2}\geq 1$
Bài 8. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$ thỏa mãn $ab+bc+ca$=5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
                       $A=\frac{x}{\sqrt{x^2+5}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+5}}+\frac{3z}{\sqrt{6(z^2+5)}}$
Bài 9. Cho $x,y,z\in \mathbb{R^+}$. Chứng minh rằng:
                       $\frac{\sqrt{xy}}{1+\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}}+\sqrt{\frac{2\sqrt{yz}}{1+\sqrt{xy}}}\geq 2$
Bài 10. Cho $a,b,\in \mathbb{R^+}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
                       $N=(a+b)\left(\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+2b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2-ab+2a^2}} \right)$

 

  Đếm hai cách thật khó            sao tổ hợp lại khó vậy chứ
 

Bài 1.

Có: $$\sum \frac{1}{\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}}=\sum \frac{1}{\sqrt{(a^2-ab+b^2)+b^2+(b^2+1)}} \leq \sum $\sum \frac{1}{\sqrt{b(a+b+2)}}=\sum \frac{2}{\sqrt{4b(a+b+2)}}\leq \sum (\frac{1}{4b}+\frac{1}{a+b+2})\leq \sum (\frac{1}{4b}+\frac{1}{16}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+2))$$ 

Cộng lại được GTLN là: $$\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$$

 

Bài 5.

 

Đặt: $$(ab;bc;ca) \mapsto (a;b;c)$$

 

Vậy: $$C=\sum \frac{1}{\frac{4ac}{b}-b+2}=\sum \frac{1}{\frac{4ac}{b}-b+2(a+b+c)}=\sum \frac{1}{\frac{4ac}{b}+2a+b+2c}=\sum \frac{b}{4ac+2ab+b^2+2bc}$$

 Nên: $C=\sum \frac{b}{(2a+b)(2c+b)} \geq \sum \frac{4b}{(2a+2b+2c)^2}=\sum \frac{b}{(a+b+c)^2}=1$

 

Bài 6.

 

Đặt: $$(x;y;z)=(\frac{a+1}{\sqrt{3}};\frac{b+1}{\sqrt{3}};\frac{c+1}{\sqrt{3}})$$

 

Có: $$M=\sum \frac{x}{3x^2+1}=\sum \frac{x}{3x^2+\frac{3xyz}{x+y+z}}=\sum \frac{x+y+z}{3(x+y)(x+z)}$$

 

Cần chứng minh: $$M\leq \frac{3}{4}\Leftrightarrow 9(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8(x+y+z)^2$$

 

Áp dụng bất đẳng thức 8 phần 9 thì cần chứng minh: $$xy+yz+zx \geq x+y+z\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq (x+y+z)\sqrt{\frac{3xyz}{x+y+z}}\Leftrightarrow \sum x^2(y-z)^2\geq 0$$

 

Bài 8. Chắc là lượng giác

 

Bài 9.

 

 Đặt: $$(\sqrt{xy};\sqrt{yz}) \mapsto (a;b)$$

 

Điều cần chứng minh tương đương:$$\frac{a}{1+b}+\frac{1}{a+b}+\sqrt{\frac{2b}{1+a}}\geq2$$

 

Mà: $$VT\geq \frac{a}{1+b}+\frac{1}{a+b}+\frac{4b}{1+a+2b}-2+2=\frac{(a-1)^2(a+1+b)}{(1+b)(a+b)(1+a+2b)}+2\geq 2$$

 

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^{4}+x=2y^{2}\\ y^{4}+y=2x^{2} \end{matrix}\right.$

 

Trừ vế theo vế nhé

Giải phương trình vô tỉ sau:

$\sqrt{x^{2}-3\sqrt{2}x+9}+\sqrt{x^{2}-4\sqrt{2}x+16} = 5$

 

Đặt: $\sqrt{2}x=t$ phương trình đã cho viết lại:

$$\sqrt{(t-3)^2+3^2}+\sqrt{(4-t)^2+4^2}=5\sqrt{2}$$

 

Sử dụng bất đẳng thức Minkowski thì dấu bằng xảy ra, ra nghiệm.

Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ACB}=2\widehat{ABC}$. $D$ là điểm trên cạnh $BC$ sao cho $CD=2BD$. Trên $AD$ lấy $E$ sao cho $AD=DE$. Chứng minh:$$\widehat{EBC}=\frac{\widehat{ECB}+180^o}{2}$$