Đặt VT=P . Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: \[{P^2}.\left( {\sum\limits_{cyc} {a\left( {{a^2} + 8bc} \right)} } \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^3}\]

Vậy cần chứng minh:  \[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{\sum\limits_{cyc} {a\left( {{a^2} + 8bc} \right)} }} \ge 1 \Leftrightarrow ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right) \ge 6abc\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

Ta biến đổi bất đẳng thức về chứng minh: 

Theo AM-GM ta có:

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công.

Đẳng thức xảy ra khi \[x = y = z\]

Không mất tính tổng quát ta giả sử: 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Đẳng thức xảy ra khi 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Sử dụng giả thiết \[xyz = 1\]

Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

Cho dãy số:

Ta có:

 \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{b}}  - \sum\limits_{cyc} {\sqrt[4]{{\frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left[ {\frac{{2\left( {a + b + \sqrt[4]{{8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} + \sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)} } \right) - b\left( {7{a^2} + 10ab + 7{b^2}} \right)}}{{2b\left( {a + b + \sqrt[4]{{8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}}} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} + \sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)} } \right)}}} \right]} \]

Theo AM-GM ta có: \[8\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^4}\]

Khi đó: 

Bài này mk làm hơi trầy cối!

Đặt a^2=x;b^2=y;c^2=z. Ta biến đổi bất đẳng thức như sau:

\[\sum\limits_{cyc}^{x,y,z} {\frac{1}{{x + 2y + 3}}}  = \frac{{\sum\limits_{cyc} {\left( {y + 2z + 3} \right)\left( {z + 2x + 3} \right)} }}{{\prod\limits_{cyc} {\left( {x + 2y + 3} \right)} }}\]

\[ = \frac{{7\sum\limits_{cyc} {xy}  + 18\sum\limits_{cyc} x  + 2\sum\limits_{cyc} {{x^2}}  + 27}}{{9xyz + 21\sum\limits_{cyc} {xy}  + 6\sum\limits_{cyc} {{x^2}}  + 2\sum\limits_{cyc} {xy\left( {x + y} \right)}  + 2\sum\limits_{cyc} {x{y^2}}  + 27\sum\limits_{cyc} x  + 27}}\]

Đổi biến theo pqr khi đó cần chứng minh:

\[7q + 2\left( {{p^2} - 2q} \right) + 2\left( {pq - 3} \right) + 2\left( {x{y^2} + {x^2}z + y{z^2}} \right) - 9p + 9 - 27 \ge 0\]

Theo AM-GM ta có:

\[2\left( {x{y^2} + {x^2}z + y{z^2}} \right) \ge 6;\,\,q \ge \frac{9}{p}\]

khi đó cần chứng minh

\[f\left( p \right) = 2{p^2} - 9p + \frac{{27}}{p} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {p - 3} \right)^2}\left( {2p + 3} \right) \ge 0\]

Bất đẳng thức cuối nên có đpcm 

Bạn có thể tham khảo tại đây: https://drive.google...2FQdmdJT3M/view

Theo gt ta luôn có

\[{u_n} > 0\]

Mặt khác: \[{u_{n + 1}} - 1 = \frac{{{u_n} + 2}}{{{u_n} + 1}} - 1 = \frac{1}{{{u_n} + 1}} > 0\]

Đặt: \[f\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{x + 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} = f\left( {{u_n}} \right);\,\,\left| {f'\left( x \right)} \right| = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < \frac{1}{4}\]

Giả sử: \[\exists \lim {u_n} = a \Rightarrow a = \frac{{a + 2}}{{a + 1}} \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \]

Ta sẽ đi chứng minh: \[{u_n} \to \sqrt 2 \]

Theo Lagrange luôn tồn tại c thỏa mãn:

\[VT = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a - b} \right)}^2} + \frac{1}{4}{a^2}}  + \sqrt {{{\left( {b - \frac{c}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}{c^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a - \frac{c}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}c} \right)}^2}}  = \sqrt {{a^2} + {c^2}} \]

 

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}$ $\geq$ $\sum\frac{a}{b+c}$  (Nâng cao pt 8 tập 2)

$\sum \frac{a}{b+c}$  $\geq$  $\frac{(a+b+c)^2)}{2(ab+bc+ca)}$  (C-S)

 

Theo bđt Cauchy - Schwarz ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}}  - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)}} - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}}\]

Đặt ab+ba+ca=1 Đổi biến về pqr ta cần chứng minh:

\[f\left( p \right) = {p^4} - 5{p^2} + 2{p^3}r + 4 \ge 0\]

Nếu p>2 thì bđt đúng

Nếu \[p \in \left[ {\sqrt 3 ;2} \right]\] thì theo Schur ta có:

\[f\left( p \right) \ge {p^4} - 5{p^2} + \frac{{2{p^4}\left( {4 - {p^2}} \right)}}{9} + 4 = \frac{{\left( {{p^2} - 3} \right)\left( { - 2{p^4} + 11{p^2} - 12} \right)}}{9} \ge 0\]

Bất đẳng thức cuối đúng nên có đpcm

Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.

Bài toán đề xuất tiếp theo:

 

Bài 4: (Sưu tầm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

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

 

Bài 5: (Olympic 30/4 2017)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$

 

Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$

Bài 5.

Ta có:

\[\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}} + 3\left( {b + c} \right) \ge 2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)} \]

Do đó:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}}}  - 2\sum\limits_{cyc} {{a^2}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)}  - 6a - 2{a^2}} \right)}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {a - 3} \right)}^2}\left( {8{a^2} + 24a + 36} \right)}}{{2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)}  + 2{a^2} + 6a}}}  \ge 0\]

Đổi biến về pqr ta cần chứng minh:

\[f\left( q \right) = \frac{{9r}}{7} + \frac{2}{7} - q \ge 0\]

Nếu \[q \le \frac{1}{4} \Rightarrow dpcm\]

Nếu \[q \in \left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{3}} \right]\]

Thì theo Schur ta có:

\[f\left( q \right) \ge \frac{{4q - 1}}{7} + \frac{2}{7} - q = \frac{{1 - 3q}}{7} \ge 0\]

Do đó có đpcm

Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.

Bài toán đề xuất tiếp theo:

 

Bài 4: (Sưu tầm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

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

 

Bài 5: (Olympic 30/4 2017)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$

 

Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$

Bài 6:

Giả sử \[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}\]

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{b + c}}}  - \frac{4}{9}\left( {a + b + c} \right) - \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)}} = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\underbrace {\frac{{a + b + c}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}} - \frac{{3a + 3b + c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_P} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\underbrace {\frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + 2c} \right)}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2a + 2b + 3c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_T} \right)\]

Mặt khác:

\[P > \frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {5\left( {ab + bc + ca} \right) - {c^2}} \right)}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {ab + bc + ca + {c^2}} \right)}} > 0\]

\[T > \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc}}{{6\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}}} \right) > 0\]

Vậy bđt đc cm

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{2a}}{{b + c}}}  - 3 - \frac{{\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}} }}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + ab + bc + ca}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}} \right)}  \ge 0\]

Vậy có đpcm

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

\[\sqrt {2017}  = \sum\limits_{cyc} {\sqrt {{x^2} + {y^2}} }  \le \sqrt {6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}  \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{{2017}}{6}\]

\[y + z \le \sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + z \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + y \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \]

Khi đó ta được:

\[P = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{y + z}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  \ge \frac{{\frac{{2017}}{6} - \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{2017}}{{6\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} } \]

\[\mathop  \ge \limits^{AM - GM} \frac{{2017.9}}{{6\sum\limits_{cyc} {\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} } }} - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} }  = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{2017}}{2}} \]

Câu bất đẳng thức.

Không mất tính tổng quát ta giả sử:

\[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\} \Rightarrow 2\left( {a + b} \right) > a + b + c\]

Thế gt vào bất đẳng thức ta có được:

\[VT - VP = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\frac{{ - 2ab - 4bc - 4ca - 4{c^2}}}{{ab\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\frac{{a + b - 2c}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2\left( {a + b} \right)}}{{abc}}} \right)\]

Mặt khác ta lại có:

\[\frac{{a + b - 2c}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2\left( {a + b} \right)}}{{abc}} < \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{abc - \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{abc\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) < 0\]

Vậy nên bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Á dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  ta được:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{{1 + \frac{b}{a}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{a + b}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{2}}  \ge \frac{{\sum\limits_{cyc} {\sqrt {ab} } }}{2} = 1\]

Vậy có đpcm

Bài 22:

Ta có:

\[\frac{{2{{\left( {\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}} } \right)}^2}}}{{9\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)}} = \frac{{{{\left( {\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}} } \right)}^2}}}{{18\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)}} \le \frac{{\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^4}} }}{{6\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)}}\]

Khi đó ta có:

\[VT - \frac{{\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^4}} }}{{6\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)}} = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{2\left( {4{a^2} - ab + 4{b^2}} \right)}}{{9{{\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}^2}}} - \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{6\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)}}} \right)}  \ge \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{2\left( {4{a^2} - ab + 4{b^2}} \right)}}{{9{{\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}^2}}} - \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{6\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}}} \right)} \]

Bất đẳng thức đúng nếu ta chứng minh được đánh giá sau đúng:

\[4\left( {4{x^2} - x + 4} \right)\left( {{x^4} + 1} \right) > 3{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {{x^2} + x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow 13{x^6} - 4{x^5} + 16{x^4} + 6{x^3} + 16{x^2} - 4x + 13 > 0\]

Dễ thấy đánh giá trên luôn đúng nên có đpcm

Đặt:

\[{\sqrt x  = a;\,\,\sqrt y  = b;\,\,\sqrt z  = c}\]

Ta có:

\[{a^2} + {b^2} + {c^2} - \frac{{ab + bc + ca}}{2} - \sum\limits_{cyc} {\sqrt {\frac{{{a^4} + {b^4}}}{8}} }  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{8{{\left( {a - b} \right)}^4}}}{{\left( {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)} } \right)\left( {\sqrt {8\left( {{a^4} + {b^4}} \right)}  + 4ab} \right)}}}  \ge 0\]

Vậy có đpcm

không mất tính tổng quát ta giả sử: \[c = \max \left\{ {a,b,c} \right\}\]

Ta có:

\[VT - VP = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\underbrace {\frac{{{c^2} + bc + ca - 2ab}}{{ab\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}}_P} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\underbrace {\frac{{a + b}}{{abc}} - \frac{{a + b + 2c}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}_Q} \right)\]

Theo điều giả sử ta dễ dàng chứng minh P>0. Khai triển Q ra ta cũng được biểu thức luôn lớn hơn 0.

Nên do đó có đpcm

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{b}}  - \sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}  = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{a + c + \sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} }}{{a + b + c + \sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} }}} \right)}  \ge 0\]

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công.

Bài toán làm mạnh một bất đẳng thức quen thuộc

 

$\boxed{\textbf{Bài Toán 26}}$ $\text{[Lê Việt Hưng - Mr Cooper]} $ Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi a,b,c. 

\[a^2+b^2+c^2 \ge \sum \dfrac{a(b^2+c^2)}{b+c} \ge ab+bc+ca\]

Giả sử: \[a = \max \left\{ {a,b,c} \right\}\]

* Chứng minh vế đầu tiên.

Ta có:

\[{a^2} + {b^2} + {c^2} - \sum\limits_{cyc} {\frac{{a\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{b + c}}}  = {S_c}{\left( {a - b} \right)^2} + {S_b}{\left( {a - c} \right)^2} + {S_a}{\left( {b - c} \right)^2}\]

Trong đó:

\[{S_c} = \frac{{ab + bc + ca - {c^2}}}{{2\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}};\,\,\,{S_a} = \frac{{ab + bc + ca - {a^2}}}{{2\left( {c + a} \right)\left( {b + a} \right)}};\,\,{S_b} = \frac{{ab + bc + ca - {b^2}}}{{2\left( {b + a} \right)\left( {b + c} \right)}}\]

Mặt khác:

\[{a^2}{S_b} + {b^2}{S_a} = \frac{1}{{2\left( {a + b} \right)}}\left( {\frac{{{a^2}\left( {ab + bc + ca - {b^2}} \right)}}{{\left( {b + c} \right)}} + \frac{{{b^2}\left( {ab + bc + ca - {a^2}} \right)}}{{\left( {c + a} \right)}}} \right)\]

\[ \ge \frac{1}{{2\left( {a + b} \right)}}\left( {\frac{{{a^2}\left( {ab + bc + ca - {b^2}} \right)}}{{a + c}} + \frac{{{b^2}\left( {ab + bc + ca - {a^2}} \right)}}{{a + c}}} \right) \ge 0\]

Nên ta có:

\[{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{a\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{b + c}}} \]

Chứng minh vế thứ 2.

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{a\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{b + c}}}  - \sum\limits_{cyc} {ab}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{c^2}{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}}  \ge 0\]

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công.