cho a,b,c>=0 va ab+bc+ca=1 .Tim min:

P=$\sum \frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}$

Ta sẽ chứng minh $P\geq 2$.Nếu dồn biến thì bài này sẽ khá dài và phức tạp nên mạn phép được chứng minh bằng $p,q,r$ vì nó sẽ cho lời giải khá ngắn gọn dễ hiểu:

Đặt $a+b+c=p,q=ab+bc+ac=1,r=abc$ thế th BĐT cần chứng minh trở thành:

$p^2(p-2)+r(1+2p)\geq 0$

Xét trường hợp $p\geq 2$ thì hiển nhiên BĐT đúng

Xét $\sqrt{3}\leq p\leq 2$ thì áp dụng BĐT Schur bậc 3 có $r\geq \frac{4p-p^3}{9}$

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:

$p(2-p)(1-p)^2\geq 0$ (hiển nhiên đúng)

Vậy Min P=2 khi có 2 số bằng 1,1 số=0

Mình cũng đóng góp bài này

Cho $x,y,z>0; xyz=\frac{4}{3}$.Tìm Min của P biết 

$P=\frac{x^2}{\sqrt{(1+x^3)(1+8y^3)}}+\frac{4y^2}{\sqrt{(1+8y^3)(1+27z^3)}}+\frac{9z^2}{\sqrt{(1+27z^3)(1+x^3)}}$

Nếu đặt $x=a,2y=b,3z=c$ thì ta có bài toán sau:

http://diendantoanho...1y31geq-frac43/

 

Bài 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

$P=\frac{(x+1)(y+1)^{2}}{3\sqrt[3]{z^{2}x^{2}}+1}+\frac{(y+1)(z+1)^{2}}{3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}}+1}+\frac{(z+1)(x+1)^{2}}{3\sqrt[3]{y^{2}z^{2}}+1}$

 

Sử dụng đánh giá sau $3\sqrt[3]{x^2z^2}+1=3\sqrt[3]{xz.x.z}+1\leq xz+x+z+1=(x+1)(z+1)$

Tiếp nối sự hoạt náo bên " Trà chanh chém gió về kì thi THPT quốc gia 2015" , mình xin tự phát lập topic " Bánh canh chém gió " này để các mem có thể trao đổi thoải mái về kì thi IMO 2015 . Nghiêm cấm các hành vi phát ngôn không lành mạnh . 

 

Đầu tiên , mình xin chúc các anh chị đi thi xúc về nước ta 6 HCV  

Hiệu ứng Ánh Viên sẽ sớm có tác dụng thôi

Ở Hà Nội tổ chức được lần nào chưa nhỉ các boss

Cách khác cho bài 51:

Đổi biến $(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})\rightarrow (a,b,c)$

Khi đó ta cần chứng minh:

$\sum \frac{a}{a^2+a+1}\leq \sum \frac{a}{2a+1}$

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ac$ thì ta có $p,q\geq 3$ và $q^2\geq 3p$

BĐT của tương đương:

$p^3+3p^2q+6p^2+pq^2-15pq-27p+4q^3-27q\geq 0$

Nhóm lại ta có BĐT tương đương:

$p(p^2-9)+3pq(p-3)+6p(p-3)+pq(q-3)+3q(q^2-9)+q(q^2-3p)\geq 0$

BĐT trên đúng.

Bài 46 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=1$ . CMR : 

$\sum \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+6\geq 2\sqrt{2}(\sum \sqrt{\frac{1-a}{a}})$

 

Bài 47 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . CMR : 

$\frac{1}{a^{3}+bc}+\frac{1}{b^{3}+ca}+\frac{1}{c^{3}+ab}\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{6}$

 

Bài 48 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ . CMR : 

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

 

P/s : Dễ xơi

Ôi những bài BĐT cổ điển

1.

BĐT tương đương với:

$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+6\geq 2\sqrt{2}(\sum \sqrt{\frac{a+b}{c}})$

BĐT trên là tổng của các BĐT 

$\frac{a+b}{c}+2\geq 2\sqrt{2}\sqrt{\frac{a+b}{c}}$ và tương tự

2.Dễ thấy BĐT trên tương đương với:

$\frac{a}{a^4+1}+\frac{b}{b^4+1}+\frac{c}{c^4+1}\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{6}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $a^4+1\geq 2a^2$

Do đó ta quy về chứng minh:

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

$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac}{3}\geq 1$

BĐT trên đúng với giả thiết $abc=1$

3.Áp dụng BĐT C-S và giả thiết thì BĐT của ta tương đương với:

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$

Hình như chỗ đó phải là $\sum \frac{1}{a+2}$ chứ anh

Chỗ đó là bạn khanghaxuan gõ nhầm đề em ạ.

Đề nó là thế này:

$\sum \frac{xy}{x^2+xy+y^2}\leq\sum  \frac{x}{2x+y}$

Câu 34 (Iran TST 2015):Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chứng minh rằng:

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

Chặt hơn ta có: (Câu 34b)

$\frac{abc}{3\sqrt{2}\sqrt[4]{27}}(\frac{\sqrt{a^3+b^3}}{ab+1}+\frac{\sqrt{b^3+c^3}}{bc+1}+\frac{\sqrt{a^3+c^3}}{ac+1})\geq \frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}$

 

 

Spoiler

Mong lời giải bằng C-S

 

Khó có lời giải khác đẹp em ạ S.O.S đã là tối ưu rồi dúng cái bổ đề về đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a)$ thì cũng ra nhưng tính toán thì hơi mệt $BW$ thì càng không nên. 

Bài 150(Iran TST): Cho a,b,c>0: abc=1. CMR:
$\frac{a}{c+a(a^3+b^3)}+\frac{b}{a+b(b^3+c^3)}+\frac{c}{b+c(c^3+a^3)}\leq 1$

Bài này áp dụng C-S và BĐT VasC thì cuối cùng cần chứng minh BĐT sau:

$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3abc(a+b+c)$

Câu 33: (Korea NMO 2012)

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. CMR:

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

P/s: có vẻ Hàn Quốc rất chú trọng BĐT thì phải

Bài này mình giải ở đây:

Goal

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

Đầu tiên ta tìm Max:

Áp dụng BĐT C-S ta có:

$\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})}+2\sqrt{(\sum xy)(\sum \frac{1}{xy})}\leq (\sum x)(\sum \frac{1}{x})=10$

Nhưng ta có:

$(\sum xy)(\sum \frac{1}{xy})=(\sum x)(\sum \frac{1}{x})=10$

Vậy nên $Max P=140-40\sqrt{10}$

Tìm Min:

Từ GT bài toán dễ dàng suy ra điều sau:

$(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z})=7$

Chú ý rằng:

$\sum \frac{x^2}{y^2}+2\sum \frac{y}{x}=(\sum \frac{x}{y})^2$

$\sum \frac{y^2}{x^2}+2\sum \frac{x}{y}=(\sum \frac{y}{x})^2$

Do đó $P=( \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2})+( \frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2})+3=(\sum \frac{x}{y})^2+(\sum \frac{y}{x})^2-2(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})+3\geq \frac{1}{2}(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})^2-2(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})+3\frac{49}{2}-14+3=\frac{27}{2}$

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như $x=2y=2z$

 

Bài 58:(Iran 2010)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa $xy+yz+zx=1$.Chứng minh rằng

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

Bài cuối cùng (chuẩn bị off 1 thời gian):

1 bổ đề rất đáng chú ý của anh Cẩn:

Với $x,y,z>0$ thì BĐT sau là đúng:

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

Áp dụng bổ đề trên với $xy+yz+xz=1$ ta đặt $p=x+y+z$ thì ta cần chứng minh:

$p(p^2-2)+3\geq p^2+\sqrt{3}$

BĐT trên đúng do $p\geq \sqrt{3}$

Mình cũng xin mở rộng thêm là dùng bổ đề trên ta còn chứng minh được bài toán sau đây:

Với $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$ thì ta có BĐT sau là đúng:

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

(Ngoài ra bài toán trên còn có thể chứng minh bằng S.O.S)

bài của anh thì ở đây

 

còn bài của em thì em cũng không chắc là TST Úc bởi em lấy nguồn từ đây

Đúng rồi em link đầu là bài TST của Úc đó bài đấy vẫn chưa có lời giải đẹp nào cả.

Câu 13 :(Balkan MO , 2014) Cho $x,y,z>0$ thỏa : $xy+yz+zx=3xyz$ . Chứng minh rằng : 

$x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\geq 2(x+y+z)-3$

 

P/s : Mong các bạn tham gia sôi nổi nhé !

Có bổ đề này đã được chứng minh trên diễn đàn:

Với $a,b,c$ thực dương thì $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

Với $a+b+c=3$ thì ta có:$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a^2+b^2+c^2$

Áp dụng bổ đề này thì BĐT cần chứng minh tương đương với:

$a^2+b^2+c^2+3abc\geq 2(ab+bc+ac)$ Với $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$

BĐT trên chính là BĐT Schur.

Còn vài cách khác nữa(AM-GM) cũng rất hay...Tự nhiên thấy lỗi này mòn quá

cũng không phải là tệ,hình như đây là đề thi dành cho cấp lv2,ngangTHCS của nước ta thôi

Đề xuất 2 bài của Romania:

Câu 7 :  Cho $x,y,z$ thực dương chứng minh rằng:

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

Câu 8: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.CMR:

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

Câu 6: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:

$a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3)$ (BMO 2015)

Chia cả 2 vế cho $abc$ và đặt ẩn là được BĐT Schur bậc 3.(BĐT này thực sự rất tệ)

Bài 4:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\sqrt[4]{\frac{(a^2+b^2)(a^2-ab+b^2)}{2}}\leq \sqrt{\frac{3a^2+3b^2-2ab}{4}}$

Lại áp dụng Cauchy-Schwarz có:

$\sum \sqrt{\frac{3a^2+3b^2-2ab}{4}}\leq \sqrt{\frac{(9a^2+9b^2+9c^2-3ab-3bc-3ac)}{2}} $

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

Vậy nên ta sẽ chứng minh:

$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{\frac{(9a^2+9b^2+9c^2-3ab-3bc-3ac)}{2}}$

Chuẩn hóa $p=a+b+c=1$ và đặt $q=ab+bc+ac$.Sau khi biến đổi BĐT trên có dạng $24q^2-17q+3\geq 0$.Đúng với $q\leq \frac{1}{3}$

câu 14:(Australia TST 2015)

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $xyz\leq 1$.CMR

$\frac{x^2-x+1}{x^2+y^2+1}+\frac{y^2-y+1}{y^2+z^2+1}+\frac{z^2-z+1}{z^2+x^2+1}\leq 3$

BĐT sau sẽ thú vị hơn nhiều:

$\sum \frac{x^2-x+1}{x^2+y^2+1}\geq 1$

Câu 15: (Turkey JBMO TST 2013)

CMR với mọi số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$ thì:

$\frac{a^4+5b^4}{a(a+2b)}+\frac{b^4+5c^4}{b(b+2c)}+\frac{c^4+5a^4}{c(c+2a)}\geq 1-ab-bc-ca$

Bài này có thể tách ra làm 2 tổng rồi dùng C-S

ta có 

$\sum \frac{a^4+5b^4}{a(a+2b)}=\sum \frac{a^4}{a(a+2b)}+5\sum \frac{b^4}{a(a+2b)}\geq \frac{\left ( \sum a^2 \right )^2}{\left ( \sum a \right )^2}+\frac{5\left ( \sum b^2 \right )^2}{\left ( \sum a \right )^2}=$

$=6\left ( \sum a^2 \right )^2\geq 2\sum a^2\geq \sum a^2+\sum bc=\left ( \sum a^2 \right )-\sum bc=1-\sum bc$

 

đổi biến $(x,y,z)\rightarrow \left ( \frac{1}{a^2},\frac{1}{ b^2},\frac{1}{c^2} \right )\Rightarrow \sum \frac{1}{a}=1$

do đó ta cần chứng minh $\sum \frac{a^4+b^2c^2}{a^2bc\sqrt{2(b^2+c^2)}}\geq 1=\sum \frac{1}{a}$

vì bđt trên thuần nhất nên ta chuẩn hóa $abc=1$ do đó ta cần chứng minh $\sum \frac{a^2+b^2c^2}{a\sqrt{2(b^2+c^2)}}\geq \sum \frac{1}{a}=\sum bc$

thật vậy

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

                      $\geq \frac{ a^2 }{2}+\frac{\left ( \sum bc \right )^2}{2\sum a^2}\geq \sum bc$

do đó bđt được chứng minh

p/s:hai bài skill giống nhau nhỉ

Bài này cũng có thể giải bằng Schur mở rộng

câu 14:(Australia TST 2015)

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $xyz\leq 1$.CMR

$\frac{x^2-x+1}{x^2+y^2+1}+\frac{y^2-y+1}{y^2+z^2+1}+\frac{z^2-z+1}{z^2+x^2+1}\leq 3$

 

@Bui Ba Anh: Bài này nghe nói cả Úc 1 người giải đc, AoPS chưa có lời giải

Bài này không chặt lắm và không có đẳng thức ở đây:

$x^2-x+1<x^2+1<x^2+y^2+1$

Đây không phải bài TST của Úc.Bài của Úc là bài mình vừa nêu và đến nay mới chỉ có 1 lời giải cho nó(bằng khai triển đầy đủ)

Bài 16 :(APMO) Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn:$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$.Chứng minh rằng:

$\frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\frac{y^2+xz}{\sqrt{2y^2(x+z)}}+\frac{z^2+xy}{\sqrt{2z^2(x+y)}}\geq 1$

P/s:Bài này hơi cũ tí nhưng vẫn thấy hay!

Câu 29b : Cho $a,b,c>0$ thỏa : $abc=1$ . CMR: 

$(a+\frac{1}{b})^{2}+(b+\frac{1}{c})^{2}+(c+\frac{1}{a})^{2}\geq 3(a+b+c+1)+63(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}$

 

Câu 31 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ . CMR : 

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

Lặp câu 31 rồi kìa bạn.