Chủ đề này có 23 trả lời

[Super Fields]

Bài toán:

 

Cho $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ và $abc=1$. 

 

Chứng minh rằng:

 

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

 

                                                                                                (Võ Quốc Bá Cẩn, Vasile Cirtoaje)

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

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

 

Bất đẳng thức chặt và có nhiều ứng dụng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 19-07-2014 - 11:01

[tap lam toan]

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ và $abc=1$. 

 

Chứng minh rằng:

 

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

 

                                                                                                (Võ Quốc Bá Cẩn)

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Bất đẳng thức này do anh Võ Quốc Bá Cẩn và cụ Vasile Cirtoaje độc lập tìm ra, bđt mà bạn đăng bị ngược dấu rồi Phải là
$$\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$$
Có thể đổi biến $x=\frac{ab}{c^{2}};y=\frac{ca}{b^{2}};z=\frac{bc}{a^{2}}$ và dùng Schwarz

[NMDuc98]

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ và $abc=1$. 

 

Chứng minh rằng:

 

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

 

                                                                                                (Võ Quốc Bá Cẩn)

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

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

 

Bất đẳng thức chặt và có nhiều ứng dụng

 

Thống nhất đề: 

Với $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{x^2+x+1}\geq 1$

Hướng Dẫn:

Đặt: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{bc}{a^2}\\ y=\frac{ca}{b^2}\\ z=\frac{ab}{c^2} \end{matrix}\right.~~~~~(xyz=1)$.

Khi đó:

$$\sum \frac{1}{x^2+x+1}=\sum \frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}$$

Do đó cần chứng minh:

$$\sum \frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}\geq 1$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

Cần chứng minh:

$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum(a^4+a^2bc+b^2c^2)}\geq 1\\ \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)$ ( luôn đúng)

[Messi10597]

Đề ngược dấu thì phải

Đặt : $x=\frac{bc}{a^{2}};y=\frac{ca}{b^{2}};z=\frac{ab}{c^{2}}$

$dpcm\Leftrightarrow \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq 1$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

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

Mà $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq abc(a+b+c)$

$\Rightarrow \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}=1$

[tap lam toan]

Trong bđt ta lần lượt thay $(a,b,c)\rightarrow \left ( \dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c} \right )$ thì ta có
Với $a,b,c$ là các số thực dương sao cho $abc=1$. Khi đó
$$\frac{a^{2}}{a^{2}+a+1}+\frac{b^{2}}{b^{2}+b+1}+\frac{c^{2}}{c^{2}+c+1}\geq 1$$
Tương đương với $$\frac{a+1}{a^{2}+a+1}+\frac{b+1}{b^{2}+b+1}+\frac{c+1}{c^{2}+c+1}\leq 2$$
Và các bạn hãy thử sức mạnh của $2$ bđt này để giải các bài toán sau Về chuyên đề hai bđt này mình gặp cũng khá nhìu nên share tí cho dui :'3
Dùng chung điều kiện $a,b,c$ dương thỏa mãn tích của chúng bằng $1$. Hãy chứng minh các bđt sau

$\bigstar $ VD1:
$$\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3$$
$\bigstar $ VD2: 
$$\frac{a}{a^{2}+3}+\frac{b}{b^{2}+3}+\frac{c}{c^{2}+3}\leq \frac{3}{4}$$
$\bigstar $ VD3: 
$$\frac{a}{a^{3}+1}+\frac{b}{b^{3}+1}+\frac{c}{c^{3}+1}\leq \frac{3}{2}$$
$\bigstar $ VD4:
$$\frac{a}{\sqrt{4a^{2}+2ab+3b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{4b^{2}+2bc+3c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{4c^{2}+2ca+3a^{2}}}\leq 1$$
$\bigstar $ VD5:
$$\frac{a}{\sqrt{4a^{2}+3ab+2b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{4b^{2}+3bc+2c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{4c^{2}+3ca+2a^{2}}}\leq 1$$
$\bigstar $ VD6:
$$\frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}\geq \frac{3}{4}$$
Và còn rất nhiều bài toán khác ...
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 18-07-2014 - 17:50

[huyphamvan]

Thấy mấy thánh toàn dùng kiến thức cao siêu nhỉ   mình có 1 lời giải khá đẹp mắt, đơn thuần chỉ dùng biến đổi tương đương
Dễ thấy: 
$$ \dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1}-1=\dfrac{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}{2 \prod (x^2+x+1)} \geq 0$$
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$

[huyphamvan]

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)^2}+\dfrac{1}{2}$$

[tap lam toan]

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)^2}+\dfrac{1}{2}$$

Bất đẳng thức tương đương $$\sum _{cyc}\frac{1}{a^{2}+a+1}-1\leq \frac{3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}{2\left ( a+b+c \right )^{2}}-\frac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{2\prod _{a,b,c}\left ( a^{2}+a+1 \right )}\leq \frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{2\left ( a+b+c \right )^{2}}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $$\left ( a^{2}+a+1 \right )(b^{2}+b+1)(c^{2}+c+1)\geq \left ( a+b+c \right )^{2}$$
Do $abc=1$ nên đặt $a\rightarrow \dfrac{x}{y},b\rightarrow \dfrac{y}{z},c\rightarrow \dfrac{z}{x}$. BĐT trở thành
$$\left ( xy^{2}+yz^{2}+zx^{2} \right )^{2}\leq \left ( x^{2}+xy+y^{2} \right )\left ( y^{2}+yz+z^{2} \right )\left ( z^{2}+zx+x^{2} \right )$$

Giả sử $z$ nằm giữa $x$ và $y$ thì $y(x-z)(y-z)\leq 0\Leftrightarrow xy^{2}+yz^{2}\leq y^{2}z+xyz$. Do đó $VT\leq z^{2}\left ( x^{2}+xy+y^{2} \right )^{2}$

Ta cần chứng minh $z^{2}\left ( x^{2}+xy+y^{2} \right )\leq \left ( y^{2}+yz+z^{2} \right )\left ( z^{2}+zx+x^{2}\right )$

Nếu $y\geq z \geq x$ thì $z^{2}+zx+x^{2}\geq z^{2}$ và $y^{2}+yz+z^{2}\geq y^{2}+xy+x^{2}$. Ta có đpcm
Nếu $x \geq z \geq y$ thì $y^{2}+yz+z^{2}\geq z^{2}$ và $x^{2}+xz+z^{2}\geq x^{2}+xy+y^{2}$. Ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 19-07-2014 - 07:30

[Super Fields]

Ủng hộ Tap Lam Toan góp thêm vài bài ứng dụng cho xôm :v

 

Dùng chung điều kiện $a,b,c >0$ và $abc=1$. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 

$\bigstar$ VD 7:

 

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

 

$\bigstar$ VD 8:

 

$\frac{1}{(a+1)^3}+\frac{1}{(b+1)^3}+\frac{1}{(c+1)^3}\geq \frac{3}{8}$

 

$\bigstar$ VD 9:

 

$\sum \frac{1}{3a^2+(a-1)^2}\geq 1$

 

$\bigstar$ VD 10:

 

$\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+\dfrac{ab}{4}+b^2}}\leq 2$

 

$\bigstar$ VD 11:

 

$\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+7ab+b^2}}\geq 1$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Có nên đổi thành Topic không nhỉ

[tanconggioihan]

$\bigstar $ VD1:

 

$$\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3$$
 để ý ta đã có : $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

nên ta chỉ cần CM : $\sum {( \dfrac{1}{a^2+a+1}+\dfrac{1}{a^2-a+1})} \le 4$

BĐt này tương đương $  \sum {\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}} \le 2$

Bđt này quy về bđt quen thuộc $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

[tanconggioihan]

$\bigstar$ VD 7:

 

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

 

 

 

em xin chém câu này theo cách hơi ngu một tẹo nhé 

dễ thấy là bđt viết lại thành $ \sum {\dfrac{1}{a+1}} + \sum {\dfrac{2}{(a+1)^2}} \ge 3$

Ta sẽ dồn về một biến để đánh giá . Không mất tính tổng quát có thể giả sử $ab \ge 1 $ => $c \le 1$

Ta có đánh giá sau : $ \dfrac{1}{1+a} +\dfrac{1}{1+b} \ge    \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}} =      \dfrac{2\sqrt{c}}{1+\sqrt{c}}$

                   Và :$ \dfrac{1}{(a+1)^2} +\dfrac{1}{(b+1)^2} \ge \dfrac{1}{1+ab}=\dfrac{c}{c+1}$

Đặt $\sqrt{c}=t$ thì bây giờ sau khi khai triển ta chỉ cần CM : $\dfrac{2t}{t+1}+\dfrac{t^2}{t^2+1} +\dfrac{2}{(t^2+1)^2} \ge 2$ 

Khai triển thì được $(t-1)^2(t^2+t+2)  \ge 0$ bđt cuối hiển nhiên 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tanconggioihan: 19-07-2014 - 10:40

[huyphamvan]

$\bigstar $ VD1:

 

$$\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3$$
 để ý ta đã có : $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

nên ta chỉ cần CM : $\sum {( \dfrac{1}{a^2+a+1}+\dfrac{1}{a^2-a+1})} \leq 4$

BĐt này tương đương $  \sum {\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}} \le 2$

Bđt này quy về bđt quen thuộc $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

chỗ màu đỏ là sao vậy nhỉ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyphamvan: 19-07-2014 - 10:57

[huyphamvan]

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
 

Bất đẳng thức tương đương: $$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} -1 \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-1 \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2 \prod(a^2+a+1)} \leq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$$
Dễ thấy $$2 \prod (a^2+a+1) \geq (a+b+c)^2$$
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

[megamewtwo]

 

 

$\bigstar$ VD 7:

 

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

 

 

Ta có : $P= \sum \frac{a+3}{\left ( a+1 \right )^{2}}= \sum \frac{1}{a+1}+\sum \frac{2}{\left ( a+1 \right )^{2}}$

mà $\sum \frac{1}{a+1}= \sum \frac{bc}{1+bc}= 3-\sum \frac{1}{1+bc}$

áp dụng thêm bài toán phụ $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^{2}}\geq \frac{1}{ab+1}$

$\Rightarrow$ Đpcm 

p/s đây là cách mình tham khảo được trên diễn đàn    

[megamewtwo]

$\bigstar $ VD6:
$$\frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}\geq \frac{3}{4}$$
Và còn rất nhiều bài toán khác ...
 

Đặt : $\left ( a;b;c \right )= \left ( \frac{y}{x};\frac{z}{y};\frac{x}{z} \right )$

$\sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}= \sum \frac{x^{2}}{\left ( x+y \right )^{2}}$

Áp dụng :$\left ( \sum \frac{x^{2}}{\left ( x+y \right )^{2}} \right )\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )\geq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+xz \right )^{2}$

Đpcm $\Leftrightarrow 4\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+xz \right )^{2}\geq 3\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )\Leftrightarrow \left [ \sum \left ( x+y \right )^{2} \right ]^{2}\geq 3\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )$

Đặt $\left ( \left ( x+y \right )^{2};\left ( y+z \right )^{2};\left ( x+z \right )^{2} \right )= \left ( m;n;p\right )$

ĐPCM $\Leftrightarrow \left ( m+n+p \right )^{2}\geq 3\left (mn+np+mp \right )$  

p/s cho phép mình đăng bài ở đây nhớ           

[tap lam toan]

$\bigstar $ VD1:

 

$$\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3$$
 để ý ta đã có : $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

nên ta chỉ cần CM : $\sum {( \dfrac{1}{a^2+a+1}+\dfrac{1}{a^2-a+1})} \le 4$

BĐt này tương đương $  \sum {\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}} \le 2$

Bđt này quy về bđt quen thuộc $$\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \ge  1$$

Ý tưởng của bạn có lẽ đúng rùi nhưng bị ngược dấu khi cộng hai bđt trái chiều nhau Mình sửa lại vậy
Ta chú ý rằng
$$\left\{\begin{matrix}\left ( a^{2}-a+1 \right )\left ( a^{2}+a+1 \right )=a^{4}+a^{2}+1(1)\\ \left ( a^{2}-a+1 \right )+\left ( a^{2}+a+1 \right )=2\left ( a^{2}+1 \right )(2)\end{matrix}\right.$$
$$\Rightarrow \frac{(2)}{(1)}\Leftrightarrow \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}=\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{a^{2}+a+1}$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^{2}-a+1}=2\sum \frac{(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}-\sum \frac{1}{a^{2}+a+1}$$
Vận dụng kết quả trên (xin nhắc lại)
"Với $a,b,c$ dương thỏa mãn tích của chúng bằng $1$ thì"
$$\frac{a^{m}+1}{a^{2m}+a^{m}+1}+\frac{b^{m}+1}{b^{2m}+b^{m}+1}+\frac{c^{m}+1}{c^{2m}+c^{m}+1}\leq 2$$
$$\frac{1}{a^{2m}+a^{m}+1}+\frac{1}{b^{2m}+b^{m}+1}+\frac{1}{c^{2m}+c^{m}+1}\geq 1$$
Ta có đpcm cho bài toán này 

[tap lam toan]

Đặt : $\left ( a;b;c \right )= \left ( \frac{y}{x};\frac{z}{y};\frac{x}{z} \right )$

$\sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}= \sum \frac{x^{2}}{\left ( x+y \right )^{2}}$

Áp dụng :$\left ( \sum \frac{x^{2}}{\left ( x+y \right )^{2}} \right )\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )\geq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+xz \right )^{2}$

Đpcm $\Leftrightarrow 4\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+xz \right )^{2}\geq 3\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )\Leftrightarrow \left [ \sum \left ( x+y \right )^{2} \right ]^{2}\geq 3\left ( \sum \left ( x+y \right )^{2}\left ( x+z \right )^{2} \right )$

Đặt $\left ( \left ( x+y \right )^{2};\left ( y+z \right )^{2};\left ( x+z \right )^{2} \right )= \left ( m;n;p\right )$

ĐPCM $\Leftrightarrow \left ( m+n+p \right )^{2}\geq 3\left (mn+np+mp \right )$  

p/s cho phép mình đăng bài ở đây nhớ           

Đăng thoải mái đi bạn

$\blacktriangledown $ Nếu là Cauchy-Schwarz thì mình xin góp thêm 1 cách Đặt $\left ( a,b,c \right )=\left ( \dfrac{xy}{z^{2}},\dfrac{yz}{x^{2}},\dfrac{zx}{y^{2}} \right )$

BĐT tương đương với
$$\Rightarrow \frac{x^{4}}{(yz+x^{2})^{2}}+\frac{y^{4}}{(xz+y^{2})^{2}}+ \frac{z^{4}}{(xy+z^{2})^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{\sum (xy+z^{2})^{2}}\geq \frac{3}{4}$$
$$\Leftrightarrow x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\geq xyz(x+y+z)$$
Hiển nhiên đúng bởi $AM-GM$ 
$\blacktriangledown $ Nếu dùng bđt của topic này thì ta có đánh giá hiển nhiên là
$$\frac{1}{(a+1)^{2}}\geq \frac{3}{4\left ( a^{2}+a+1 \right )}\Leftrightarrow (a-1)^{2}\geq 0$$
Sử dụng kết quả trên cho ta đpcm

[Super Fields]

Đăng thoải mái đi bạn

$\blacktriangledown $ Nếu là Cauchy-Schwarz thì mình xin góp thêm 1 cách Đặt $\left ( a,b,c \right )=\left ( \dfrac{xy}{z^{2}},\dfrac{yz}{x^{2}},\dfrac{zx}{y^{2}} \right )$

BĐT tương đương với
$$\Rightarrow \frac{x^{4}}{(yz+x^{2})^{2}}+\frac{y^{4}}{(xz+y^{2})^{2}}+ \frac{z^{4}}{(xy+z^{2})^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{\sum (xy+z^{2})^{2}}\geq \frac{3}{4}$$
$$\Leftrightarrow x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\geq xyz(x+y+z)$$
Hiển nhiên đúng bởi $AM-GM$ 
$\blacktriangledown $ Nếu dùng bđt của topic này thì ta có đánh giá hiển nhiên là
$$\frac{1}{(a+1)^{2}}\geq \frac{3}{4\left ( a^{2}+a+1 \right )}\Leftrightarrow (a-1)^{2}\geq 0$$
Sử dụng kết quả trên cho ta đpcm

Sao ta lại có đánh giá " hiển nhiên" này? 

 

$\frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{3}{4(a^2+a+1)}$

 

Có phương pháp hay chỉ là .. mò mẫm?

[canhhoang30011999]

Ý tưởng của bạn có lẽ đúng rùi nhưng bị ngược dấu khi cộng hai bđt trái chiều nhau Mình sửa lại vậy
Ta chú ý rằng
$$\left\{\begin{matrix}\left ( a^{2}-a+1 \right )\left ( a^{2}+a+1 \right )=a^{4}+a^{2}+1(1)\\ \left ( a^{2}-a+1 \right )+\left ( a^{2}+a+1 \right )=2\left ( a^{2}+1 \right )(2)\end{matrix}\right.$$
$$\Rightarrow \frac{(2)}{(1)}\Leftrightarrow \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}=\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{a^{2}+a+1}$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^{2}-a+1}=2\sum \frac{(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}-\sum \frac{1}{a^{2}+a+1}$$
Vận dụng kết quả trên (xin nhắc lại)
"Với $a,b,c$ dương thỏa mãn tích của chúng bằng $1$ thì"
$$\frac{a^{m}+1}{a^{2m}+a^{m}+1}+\frac{b^{m}+1}{b^{2m}+b^{m}+1}+\frac{c^{m}+1}{c^{2m}+c^{m}+1}\leq 2$$
$$\frac{1}{a^{2m}+a^{m}+1}+\frac{1}{b^{2m}+b^{m}+1}+\frac{1}{c^{2m}+c^{m}+1}\geq 1$$
Ta có đpcm cho bài toán này 

bạn ấy làm đúng rồi mà vì bạn ấy làm gì cộng 2 bđt trái chiều

[tap lam toan]

bạn ấy làm đúng rồi mà vì bạn ấy làm gì cộng 2 bđt trái chiều

À xin lỗi nhé trình bày dễ nhầm lẫn quá