Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 16:40
Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 16:40
Lời giải bài 8. Áp dụng AM-GM ta có $\sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{a^2b^2c^2}}}$
Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]
Bài toán 9. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
\[\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\geq 2\left(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\right) \]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 18:00
Hiện tại là tặng phẩm vì theo cách chơi chữ trong tiếng anh thì hai từ nãy gần như là một
Nên người nước ngoài luôn đưa ra một chân lý và chứng minh nó bằng ý nghĩa của họ chứ không phải cách tạo nên hai từ đó
Vậy nên : Qùa tặng là cuộc sống hiện tại - Hãy nắm nó thật chắc
Lời giải bài 9.
Ta có $\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{a+b}{2c}} \geq \sum_{cyc}\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2\sqrt{c}} \geq \dfrac{1}{2}\sum_{cyc}\sqrt{a}\left (\frac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}\right ) \geq \sum_{cyc}\dfrac{2\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}} \geq \sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}$.
Bài toán 10. Cho $a, b, c >0$. Chứng minh rằng:
\[(a+b+c)\left(\dfrac{a}{b^2+c^2} + \dfrac{b}{c^2+a^2} + \dfrac{c}{a^2+b^2}\right) \geq 4+ \dfrac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\]
\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 4\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline \text{tuanyeubeo2000} & 1\\ \hline \text{Ngockhanh99k48} & 1 \\ \hline \end{array}
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 18:07
Lời giải bài 10.
$(*)\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2\geq 0$
với
$S_a=(b^2+c^2+4bc-2a^2)(b^2+c^2)+2a(b+c)^2$
$S_b=(c^2+a^2+4ca-2b^2)(c^2+a^2)+2b(c+a)^2$
$S_c=(a^2+b^2+4ab-2c^2)(a^2+b^2)+2c(a+b)^2$
Giả sử $a\geq b\geq c$
Suy ra $S_c\geq S_b\geq S_a$
Và $S_a+S_b\geq 2c^2a^2-2b^2c^2\geq 0$
Nên $\sum S_a(b-c)^2\geq (S_c+S_b)(a-b)^2+(S_b+S_a)(b-c)^2\geq 0\blacksquare$
\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 4\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 2\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline \text{tuanyeubeo2000} & 1\\ \hline \text{Ngockhanh99k48} & 1 \\ \hline \end{array}
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 20:20
Mình xin được đóng góp 1 bài toán thú vị sau:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 20:22
Lời giải bài 9.
Ta có $\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{a+b}{2c}} \geq \sum_{cyc}\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2\sqrt{c}} \geq \dfrac{1}{2}\sum_{cyc}\sqrt{a}\left (\frac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}\right ) \geq \sum_{cyc}\dfrac{2\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}} \geq \sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}$.
Một cách khác cho bài 9 :
$\text{BĐT}\Leftrightarrow \sum \left(\sqrt{\frac{b+c}{a}}-2\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)\ge 0\Leftrightarrow \sum \frac { b+c-2a }{ \sqrt { a(b+c) } }\ge 0\ \ (*)$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ thì $\begin{cases} b+c-2a\le c+a-2b\le a+b-2c \\ \frac { 1 }{ \sqrt { a(b+c) } } \le \frac { 1 }{ \sqrt { b(c+a) } } \le \frac { 1 }{ \sqrt { c(a+b) } } \end{cases}$
Đến đây áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có $VT(*)\ge (2a+2b+2c-2a-2b-2c)\left( \frac { 1 }{ \sqrt { a(b+c) } } +\frac { 1 }{ \sqrt { b(c+a) } } +\frac { 1 }{ \sqrt { c(a+b) } } \right) =0$
Vậy ta có điều cần chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 26-05-2016 - 22:21
Hiện tại là tặng phẩm vì theo cách chơi chữ trong tiếng anh thì hai từ nãy gần như là một
Nên người nước ngoài luôn đưa ra một chân lý và chứng minh nó bằng ý nghĩa của họ chứ không phải cách tạo nên hai từ đó
Vậy nên : Qùa tặng là cuộc sống hiện tại - Hãy nắm nó thật chắc
Bài toán 10. Cho $a, b, c >0$. Chứng minh rằng:
\[(a+b+c)\left(\dfrac{a}{b^2+c^2} + \dfrac{b}{c^2+a^2} + \dfrac{c}{a^2+b^2}\right) \geq 4+ \dfrac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}. \quad (1)\]
Lời giải bài 10. Bất đẳng thức $(1)$ tương đương với
\[(a+b+c)\left [\sum a(a^2+b^2)(a^2+c^2) \right ] \geqslant 4(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)+4a^2b^2c^2.\]
Chuyển về pqr như sau
\[p\left [(3p^2-5q)r+p(p^2-3q)(p^2-2q) \right ] \geqslant 4(p^2-2q)(q^2-2pr),\]
thu gọn thành
\[p(11p^2-21q)r+(p^2-4q)(p^2-2q)(p^2+q) \geqslant 0. \quad (2)\]
Chú ý rằng $p^2 \geqslant 3q \geqslant 2q$ cho nên
Ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 27-05-2016 - 18:11
Mình xin được đóng góp 1 bài toán thú vị sau:
Bài toán 11:
Cho $x, y, z$ và $t$ là bốn số thực dương, thoả mãn:$\left ( x+y+z+t \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t} \right )=20.$
Chứng minh rằng:
$36\leq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2} \right )\left ( \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}} \right )\leq 580-240\sqrt{5}.$
Lời giải bài 11. (Bài giải bởi bạn Triển - FB : Dinh de Tai)
Từ điều kiện ta có $\sum \dfrac{x+y+z}{t}=16$
Trước hết ta chứng minh:$\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{t^2}\right)\ge 36 \ \ \ \ (1)$
Chú ý $4(x^2+y^2+z^2+t^2)=(x+y+z-t)^2+(y+z+t-x)^2+(z+t+x-y)^2+(t+x+y-z)^2\Rightarrow \text{VT(1)}=\dfrac{1}{4}\sum (y+z+t-x)^2.\sum \dfrac{1}{x^2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có $\sum (y+z+t-x)^2.\sum \dfrac{1}{x^2}\geq \left[\sum \dfrac{y+z+t-x}{x}\right]^2=\left[\sum \dfrac{y+z+t+x}{x}-8\right]^2=144$
Suy ra $\text{VT(1)}\geq \dfrac{1}{4}.144=36$
Bây giờ ta sẽ chứng minh: $\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{t^2}\right)\le 580-240\sqrt { 5 }$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có $\sqrt{\sum x^2.\sum \dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{2\sum_{sym}xy.2\sum_{sym}\dfrac{1}{xy}}\leq \sqrt{\left(\sum x\right)^2\left(\sum \dfrac{1}{x}\right)^2}=20$
Nên ta chỉ cần chứng minh
$(xy+yz+zt+tx+xz+ty)\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zt}+\dfrac{1}{tx}+\dfrac{1}{xz}+\dfrac{1}{yt}\right)\geq 45$
$\Leftrightarrow 6+\sum_{sym} \dfrac{xy}{zt}+2\sum _{cyc} \dfrac{x+y+z}{t}\geq 45$
$\Leftrightarrow \sum_{sym} \dfrac{xy}{zt}\geq 7\Leftrightarrow \dfrac{(xy)^2+(yz)^2+(zt)^2+(tx)^2+(xz)^2+(ty)^2}{xyzt}\geq 7$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $(xy)^2+(yz)^2+(zt)^2+(tx)^2+(xz)^2+(ty)^2=x^2(y^2+z^2+t^2)+(yz)^2+(zt)^2+(ty)^2\geq x^2(yz+zt+ty)+yzt(y+z+t)$
Suy ra $\dfrac{(xy)^2+(yz)^2+(zt)^2+(tx)^2+(xz)^2+(ty)^2}{xyzt}\geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{x}{t}+\dfrac{y+z+t}{x}$
Tương tự thì $4\dfrac{(xy)^2+(yz)^2+(zt)^2+(tx)^2+(xz)^2+(ty)^2}{xyzt}\geq \sum x\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{t}\right)+16=32$
$\Rightarrow \dfrac{(xy)^2+(yz)^2+(zt)^2+(tx)^2+(xz)^2+(ty)^2}{xyzt}\geq 8>7$
Do đó ta có điều cần chứng minh
@hoanglong2k : Mình không cộng điểm cho Tuấn nhưng sẽ cộng điểm cho Triển
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:24
Hiện tại là tặng phẩm vì theo cách chơi chữ trong tiếng anh thì hai từ nãy gần như là một
Nên người nước ngoài luôn đưa ra một chân lý và chứng minh nó bằng ý nghĩa của họ chứ không phải cách tạo nên hai từ đó
Vậy nên : Qùa tặng là cuộc sống hiện tại - Hãy nắm nó thật chắc
Bài toán 12. (Phan Hồng Sơn) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$\frac{a^{2}}{\sqrt{bc+(a-1)^{2}}}+\frac{b^{2}}{\sqrt{ca+(b-1)^{2}}}+\frac{c^{2}}{\sqrt{ab+(c-1)^{2}}}\geq 3$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:25
Lời giải bài 12.
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:25
Bài toán 10. Cho $a, b, c >0$. Chứng minh rằng:
\[(a+b+c)\left(\dfrac{a}{b^2+c^2} + \dfrac{b}{c^2+a^2} + \dfrac{c}{a^2+b^2}\right) \geq 4+ \dfrac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\]
Lời giải 3 cho bài 10:
Viết bài toán dưới dạng $pqr$ là $p(11p^{2}-21q)r+(p^{2}-4q)(p^{2}-2q)(p^2+q)\geq0$
Dễ thấy hệ số cuả $r$ là số dương nên theo phương pháp ABC thì cực trị đạt được tại 2 biến bằng nhau và một biến bằng $0$
TH1: $b=c$ và do tính đồng bậc ta có thể giả sử $b=1$, do đó bất đẳng thức ban đầu trở thành
$(a+2)(\frac{a}{2}+\frac{2}{a^{2}+1}\geq 4+\frac{4a^2}{2(a^{2}+1)^{2}}$
$\Leftrightarrow a(a-1)^{2}(4a^{3}+4a^{2}+a+6)\geq0$ (hiển nhiên đúng)
TH2: $c=0$ bất đẳng thức ban đầu trở thành
$(a+b)(\frac{a}{b^{2}}+\frac{b}{a^{2}})\geq4$
Tương đương $(a+b)(a^{3}+b^{3})\geq4a^{2}b^{2}$ (hiển nhiên đúng theo AM-GM)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 04-08-2016 - 11:22
Biến đổi theo $p,q,r$ ta được $: \frac{3r-2q+1}{q-r} \geq \sqrt{\frac{4-27r}{4q}} $
Áp dụng $: r \geq max \left \{ 0, \frac{4q-1}{9} \right \} (1)$
TH1 $: q \leq 0,25 \Rightarrow VT (1) \geq \frac{-2q+1}{q} $
Cần cm $: \frac{-2q+1}{q} \geq \sqrt{\frac{1}{q}} (2) $
Vì $q>0$ nên $: (2) \Leftrightarrow (q-1)(4q-1) \geq 0 (đúng ) $
TH2 $: q \geq 0,25 $
p\s $:$ Ai rảnh xét hộ e TH $2 $
Bạn ơi bạn chưa xét đượ̣c hàm đó là đồng biến hay nghịch biến theo $r$ đâu mà cho vô ầm ầm thế
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:28
Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]
Bạn xem lại đề bài câu này nhé. Nghe chừng đề có vấn đề !
Bạn xem lại đề bài câu này nhé. Nghe chừng đề có vấn đề !
Vấn đề gì vậy bạn? Mình không thấy có vấn đề gì cả
Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]
Lời giải bài 13: Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$, ta có một đẳng thức$(x+y+z)^{2}=3(xy+yz+zx)+\frac{1}{2}\sum (x-y)^{2}$
Từ đó ta có
BĐT$\Leftrightarrow (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}\geq \frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
Áp dụng đẳng thức trên ta có
$(\sum \frac{a}{b+c})^{2}=3\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\frac{1}{2}\sum (\frac{a}{b+c}-\frac{b}{c+a})^{2}$
$=3\frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2}\sum \frac{(a-b)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}}$
Mà $3 \frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Và $\frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}-\frac{9}{4}=\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)+3(a+b)(b+c)(c+a)-24abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
$= \sum \frac{(a-b)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\leq \sum \frac{(a-b)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Từ đó ta chỉ cần chứng minh được
$\sum (a-b)^{2}[\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c)^{2}}-\frac{1}{2(ab+bc+ca)}]\Leftrightarrow \sum S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$
Dễ thấy $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a}$ ta có
$S_{a}+S_{b}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b)^{2}(b+c^{2})}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c^{2})}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}-\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 0$
Từ đó ta có $S_{a}+S_{b}\geq 0$. Nếu $S_{a}\geq0$ thì bđt hiển nhiên đúng vì $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a} \geq 0$
Còn nếu $S_{a}\leq 0\Rightarrow S_{b}\geq 0$ (vì $S_{a}+S_{b}\geq 0$)
Ta chú ý tới bđt sau $S_{b}(a-c)^{2}\geq S_{b}(b-c)^{2}\Rightarrow S_{b}(a-c)^{2}+S_{a}(b-c)^{2}\geq (b-c)^{2}(S_{a}+S_{b})\geq 0$
Vậy ta có đpcm
Bài toán 14. (Micheal Rozenberg)
Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh
$\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:42
Lời giải bài 14
Bất đẳng thức ban đầu tương đương
$$\sum_{cyc}S_c(a-b)^2\geq 0$$
với
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 28-05-2016 - 17:58
Một lời giải khác cho bài toán 14:
Đặt $\frac{a+b}{2}=z, \frac{b+c}{2}=x, \frac{a+c}{2}=y$.
Ta có $x+y+z=1$, sử dụng AM-GM ta có $\frac{a+b}{ab+1} \geq \frac{a+b}{(\frac{a+b}{2})^2+1}=\frac{2z}{z^2+1}$.
Phần còn lại ta chứng minh $\frac{x}{x^2+1} +\frac{y}{y^2+1} +\frac{z}{z^2+1} \geq \frac{9}{10}$.
Đó là BĐT Polish 96 nổi tiếng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:31
Một lời giải mới bài 14. $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$
Ta có: $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1} =\frac{(a+b)^{2}}{(a+b)(ab+1)}+\frac{(b+c)^{2}}{(b+c)(bc+1)}+\frac{(c+a)^{2}}{(c+a)(ca+1)}$
$\geq \frac{(2(a+b+c))^{2}}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2(a+b+c)}=\frac{4}{2+ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)}= \frac{4}{2+ab+bc+ca-3abc}$
Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{4}{2+ab+bc+ca-3abc}\geq \frac{9}{5} \Leftrightarrow 2+27abc\geq 9(ab+bc+ca)$ (1)
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:
$9abc\geq 4(ab+bc+ca)-1\Leftrightarrow 27abc>=12(ab+bc+ca)-3$
Thay $27abc\geq 12(ab+bc+ca)-3$ vào (1) ta có: $ab+bc+ca \leq \frac{1}{3}$
Bất đẳng thức đúng do $a + b + c = 1$, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 29-05-2016 - 09:33
Một lời giải khác cho bài toán 14:
Đặt $\frac{a+b}{2}=z, \frac{b+c}{2}=x, \frac{a+c}{2}=y$. Ta có $x+y+z=1$, sử dụng AM-GM ta có $\frac{a+b}{ab+1} \geq \frac{a+b}{(\frac{a+b}{2})^2+1}=\frac{2z}{z^2+1}$. Phần còn lại ta chứng minh $\frac{x}{x^2+1} +\frac{y}{y^2+1} +\frac{z}{z^2+1} \geq \frac{9}{10}$. Đó là BĐT Polish 96 nổi tiếng.
Mình nhớ BĐT Poland 96 là $\frac{x}{x^2+1} +\frac{y}{y^2+1} +\frac{z}{z^2+1} \leq \frac{9}{10}$ chứ nhỉ
Một lời giải khác cho bài toán 14:
Đặt $\frac{a+b}{2}=z, \frac{b+c}{2}=x, \frac{a+c}{2}=y$. Ta có $x+y+z=1$, sử dụng AM-GM ta có $\frac{a+b}{ab+1} \geq \frac{a+b}{(\frac{a+b}{2})^2+1}=\frac{2z}{z^2+1}$. Phần còn lại ta chứng minh $\frac{x}{x^2+1} +\frac{y}{y^2+1} +\frac{z}{z^2+1} \geq \frac{9}{10}$. Đó là BĐT Polish 96 nổi tiếng.
Bất đẳng thức trong đề thi của Ba Lan có chiều ngược lại.
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh