162 replies to this topic

[Gachdptrai12]

Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh

\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]

Edited by hoanglong2k, 25-05-2016 - 16:40.

[tuanyeubeo2000]

 

Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]

Lời giải bài 8. Áp dụng AM-GM ta có $\sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{a^2b^2c^2}}}$
Và $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
Ta sẽ chứng minh $\sqrt[3]{\sqrt{\dfrac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9a^2b^2c^2}}}\geq \sqrt{\dfrac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}$ (*)
Đặt $a+b+c=p; ab+bc+ca=q ; abc=r$ Thì (*)$\Leftrightarrow q^2\geq 3pr$ đúng
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

Bài toán 9. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
\[\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\geq 2\left(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\right) \]

Edited by hoanglong2k, 25-05-2016 - 18:00.

[Ngockhanh99k48]

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} 

Edited by hoanglong2k, 25-05-2016 - 18:07.

[fatcat12345]

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} 

Edited by hoanglong2k, 25-05-2016 - 20:20.

[MathematicsNMN2016]

 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:

$36\leq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2} \right )\left ( \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}} \right )\leq 580-240\sqrt{5}.$

Edited by hoanglong2k, 25-05-2016 - 20:22.

[tuanyeubeo2000]

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

Edited by hoanglong2k, 26-05-2016 - 22:21.

[Nguyenhuyen_AG]

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

• Nếu $p^2 \geqslant 4q$ thì $(2)$ đúng.
• Nếu $p^2 \leqslant 4q$ theo bất đẳng thức Schur bậc $4$ ta có $r \geqslant \frac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}$ áp dụng điều này ta đưa bài toán về \[(11p^2-21q) \cdot \frac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6}+(p^2-4q)(p^2-2q)(p^2+q) \geqslant 0,\] thu gọn thành \[\frac{1}{6}(5p^2-11q)(p^2-3q)(4q-p^2) \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng trong trường hợp mà ta đang xem xét.

Ta có điều phải chứng minh.

Edited by Nguyenhuyen_AG, 27-05-2016 - 18:11.

[tuanyeubeo2000]

 

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 

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:24.

[Gachdptrai12]

Bài toán 12. (Phan Hồng Sơn) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

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

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:25.

[fatcat12345]

Lời giải bài 12.

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có

\[\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{bc+(a-1)^2}}=\sum_{cyc}\frac{a^4}{a^2\sqrt{bc+(a-1)^2}}\geq \frac{(\sum_{cyc}a^2)^2}{\sum_{cyc}a^2\sqrt{bc+(a-1)^2}}\geq \frac{(\sum_{cyc}a^2)^2}{\sqrt{(\sum_{cyc}a^3)\left \{ \sum_{cyc}\left [ a(a-1)^2+abc \right ] \right \}}}\]

nên ta chỉ cần chứng minh

\[(\sum_{cyc}a^2)^4\geq 9(\sum_{cyc}a^3)\left \{ \sum_{cyc}\left [ a(a-1)^2+abc \right ] \right \}\]

Đổi biến $pqr$

\[(9-2q)^4\geq 9(27-9q+3r)(12-5q+6r)\]

Để ý $9\geq q^2\geq 3pr=9r$ nên ta chỉ cần chứng minh

\[(9-2q)^4\geq (81-27q+q^2)(36-15q+2q^2)\]

tương đương với

\[(3-q)^2\left [ 14q^2+135(3-q) \right ]\geq 0\]

bất đẳng thức này hiển nhiên đúng $\blacksquare $

 

Bài toán 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:25.

[Gachdptrai12]

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

 

PS

Cách này mình chỉ làm cho các bạn biết về pp thôi chứ đi thi đừng sử dụng pp này vì chứng minh nó rất dài (chỉ những lúc bế tắc thôi nhé!! )

 

Edited by Gachdptrai12, 04-08-2016 - 11:22.

[Gachdptrai12]

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

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:28.

[Hoang Tung 126]

 

 

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 !

[fatcat12345]

 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 

[Gachdptrai12]

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

$\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:42.

[fatcat12345]

Lời giải bài 14

Bất đẳng thức ban đầu tương đương

$$\sum_{cyc}S_c(a-b)^2\geq 0$$

với

$$S_a=2bc-4ca-4ab+1-abc(a+3b+3c)$$

$$S_b=2ca-4ab-4bc+1-abc(3a+b+3c)$$

$$S_c=2ab-4bc-4ca+1-abc(a+3b+3c)$$

Giả sử $a\geq b\geq c$ suy ra $S_c\geq S_b\geq S_a$

Mà 

$$\frac{1}{2}(S_a+S_b)=a^2+b^2-2ab+c(a+b+c)-abc(2a+2b+3c)\geq c\left [ (a+b+c)^3-abc(2a+2c+3c) \right ]\geq 0$$

Nên

$$\sum_{cyc}S_c(a-b)^2\geq (S_c+S_b)(a-b)^2+(S_b+S_a)(b-c)^2\geq 0\blacksquare$$

 

Bài 15. Cho $a,b,c>0$ sao cho $ab+bc+ca=1$. Chứng minh

$$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\ge\frac{2}{3}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}).$$

Edited by fatcat12345, 28-05-2016 - 17:58.

[Ngockhanh99k48]

 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.

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:31.

[trungvmfcsp]

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 $a = b = c = \frac{1}{3}$

Edited by hoanglong2k, 29-05-2016 - 09:33.

[fatcat12345]

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   

[Nguyenhuyen_AG]

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.