Chủ đề này có 90 trả lời

[KietLW9]

Bài 20: Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)\leqslant \frac{1}{4}$

~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử $c$ là số nhỏ nhất trong ba số $a,b,c$ thì $0\leqslant c\leqslant \frac{1}{3}$

Do vậy: $a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)=ab+bc+ca-3abc=ab(1-3c)+c(a+b)\leqslant \frac{(1-c)^2}{4}(1-3c)+c(1-c)$

Cần chứng minh: $\frac{(1-c)^2}{4}(1-3c)+c(1-c)\leqslant \frac{1}{4}\Leftrightarrow c(3c^2-3c+1)\geqslant 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2},c=0$

[KietLW9]

Bài 21: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)=1$. Chứng minh rằng: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leqslant 27$

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Dễ có: $a^2-a+1\geqslant \sqrt{\frac{a^4+1}{2}}$. Tương tự rồi nhân lại, ta được: $\sqrt{\frac{(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)}{8}}\leqslant (a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)=1\Rightarrow (a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)\leqslant 8$

Mặt khác dùng Cauchy-Schwarz, ta được: $(a^4+1)(1+b^4)\geqslant (a^2+b^2)^2\Rightarrow 8=(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)\geqslant (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$

Mặt khác: $a^2+ab+b^2\leqslant \frac{3}{2}(a^2+b^2)\Rightarrow (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leqslant \frac{27}{8}(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\leqslant 27$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[KietLW9]

Bài 22: Cho $a,b,c\geqslant 2$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=abc+4$. Chứng minh rằng: $a+b+c+ab+bc+ca\geqslant 2\sqrt{(a+b+c+3)(a^2+b^2+c^2-3)}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có thể đặt: $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x},b=\frac{y}{z}+\frac{z}{y},c=\frac{z}{x}+\frac{x}{z}$

Khi đó: $a+b+c+ab+bc+ca=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})+(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})+(xy+yz+zx)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geqslant 2\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})(xy+yz+zx)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})}=\sqrt{(a+b+c+3)(a^2+b^2+c^2-3)}$

Do: $a+b+c+3=(xy+yz+zx)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$ và $a^2+b^2+c^2-3=(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$

[perfectstrong]

Bài 22: Cho $a,b,c\geqslant 2$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=abc+4 (1)$. Chứng minh rằng: $a+b+c+ab+bc+ca\geqslant 2\sqrt{(a+b+c+3)(a^2+b^2+c^2-3)}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có thể đặt: $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x},b=\frac{y}{z}+\frac{z}{y},c=\frac{z}{x}+\frac{x}{z}$

Một câu hỏi nhỏ: làm sao biết chắc tồn tại $x,y,z$ để có bộ $(a,b,c)$ thỏa đẳng thức (1)?
 

[KietLW9]

BÀI 22: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng: $\frac{a+2}{\sqrt{6(a^2+2)}}+\frac{b+2}{\sqrt{6(b^2+2)}}+\frac{c+2}{\sqrt{6(c^2+2)}}\leqslant 2$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết bài toán, ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

Ta có: $\frac{a+2}{\sqrt{6(a^2+2)}}+\frac{b+2}{\sqrt{6(b^2+2)}}+\frac{c+2}{\sqrt{6(c^2+2)}}\leqslant \frac{a+2}{2(a+1)}+\frac{b+2}{2(b+1)}+\frac{c+2}{2(c+1)}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})=2$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$

[KietLW9]

Bài 23: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{4a-b^2}{(b+2)^2}+\frac{4b-c^2}{(c+2)^2}+\frac{4c-a^2}{(a+2)^2}\geqslant 1$

~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Sử dụng đẳng thức cơ bản sau: Nếu $abc=1$ thì $\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\left [ \frac{4a-b^2}{(b+2)^2}+1 \right ]+\left [ \frac{4b-c^2}{(c+2)^2}+1 \right ]+\left [ \frac{4c-a^2}{(a+2)^2}+1 \right ]\geqslant 4\Leftrightarrow \frac{a+b+1}{(a+2)^2}+\frac{b+c+1}{(c+2)^2}+\frac{c+a+1}{(a+2)^2}\geqslant 1$

Dùng Cauchy-Schwarz: $(a+b+1)(bc+b+1)\geqslant (\sqrt{abc}+b+1)^2=(b+2)^2\Rightarrow \frac{a+b+1}{(b+2)^2}\geqslant \frac{1}{bc+b+1}$

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[KietLW9]

Bài 24: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $4(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ca}{b})+9abc\geqslant 21$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Bất đẳng thức trên có tính hoán vị giữa các biến nên ta có thể giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow a\geqslant 1$

và $bc\leqslant \frac{(b+c)^2}{4}\leqslant 1$

Ta cần chứng minh: $4bc+4a^2(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+9a^2bc\geqslant 21a\Leftrightarrow 16a^2(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+4bc(9a^2+4)\geqslant 84a$

Biến đổi vế trái: $16a^2(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+4bc(9a^2+4)=32a^2+16a^2(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2)+4bc(9a^2+4)\geqslant 32a^2+16a^2(b-c)^2+4bc(9a^2+4)\geqslant 32a^2+(9a^2+4)(b-c)^2+4bc(9a^2+4)=32a^2+(b+c)^2(9a^2+4)=32a^2+(3-a)^2(9a^2+4)$

Vậy cần chứng minh: $32a^2+(3-a)^2(9a^2+4)\geqslant 84a\Leftrightarrow 9(a-1)^2(a-2)^2\geqslant 0$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc có 1 số bằng 2 và 2 số còn lại bằng nhau và bằng $\frac{1}{2}$

[KietLW9]

Bài 25: Cho $a,b,c,$ là các số không âm. Chứng minh rằng: $(ab+bc+ca)(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2})\geqslant \frac{5}{2}$

~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Bất đẳng thức mang tính đối xứng giữa các biến nên ta giả sử $a\geqslant b\geqslant c$

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau: $\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}\geqslant \frac{1}{2ab}+\frac{2}{(b+c)(a+c)}$

Mà theo giả sử thì $\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}\geqslant \frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{a(a+c)}$

Vậy cần chứng minh: $\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{a(a+c)}\geqslant \frac{1}{2ab}+\frac{2}{(b+c)(a+c)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{a(a+c)}-\frac{2}{(b+c)(a+c)}\geqslant \frac{1}{2ab}-\frac{1}{a^2+b^2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+c(a+b)}{ab(b+c)(a+c)}\geqslant \frac{(a-b)^2}{2ab(a^2+b^2)}$

Đúng do $2(a^2+b^2)\geqslant (a+c)(b+c)$ theo giả sử

Vậy bổ đề được chứng minh

Ta quy về chứng minh: $(ab+bc+ca)(\frac{1}{2ab}+\frac{2}{(b+c)(a+c)})\geqslant \frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow \left [ (c+a)(c+b)-c^2 \right ](\frac{1}{2ab}+\frac{2}{(b+c)(a+c)})\geqslant \frac{5}{2}\Leftrightarrow \frac{(c+a)(c+b)}{2ab}-\frac{c^2}{2ab}+2-\frac{2c^2}{(b+c)(a+c)}\geqslant \frac{5}{2}\Leftrightarrow \frac{c(a+b)}{2ab}\geqslant \frac{2c^2}{(b+c)(c+a)}$

Bất đẳng thức cuối đúng do: $(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 8abc\geqslant 4abc$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 13-03-2022 - 09:23

[KietLW9]

Bài 26: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2}$

Bài này trong Group Hướng tới kỳ thi HSG và kỳ thi Chuyên Toán, có lẽ các tay to nhìn vào thì sẽ nói " Ối zời, SOS cứ thế mà phang thôi ", nhưng các bạn cứ SOS thử có khả quan không nhé

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geqslant \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{2ab+bc+ca}{(a+b)^2}\geqslant 2$

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 13-03-2022 - 09:51

[PDF]

Bài 26: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2}$

Bài này trong Group Hướng tới kỳ thi HSG và kỳ thi Chuyên Toán, có lẽ các tay to nhìn vào thì sẽ nói " Ối zời, SOS cứ thế mà phang thôi ", nhưng các bạn cứ SOS thử có khả quan không nhé

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geqslant \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{2ab+bc+ca}{(a+b)^2}\geqslant 2$

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

$$(a+b)^{2}\left[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}\right]=\frac{a(a-c)^{2}}{b+c}+\frac{b(b-c)^{2}}{a+c}\geq 0,$$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}=\frac{(a+b-c)^{2}(a-b)^{2}+(a^{2}+b^{2}-ac-bc)^{2}+2ac(a-c)^{2}+2bc(b-c)^{2}}{2(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}\geq 0.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 13-03-2022 - 11:09

[KietLW9]

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}=\frac{(a+b-c)^{2}(a-b)^{2}+(a^{2}+b^{2}-ac-bc)^{2}+2ac(a-c)^{2}+2bc(b-c)^{2}}{2(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}\geq 0.$$

Em không biết đây là kĩ thuật gì, anh có thể nêu cách tìm ra các hệ số trên không ạ?

[PDF]

Em không biết đây là kĩ thuật gì, anh có thể nêu cách tìm ra các hệ số trên không ạ?

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$, $VT-VP$ có bậc $3$ theo $c$, hệ số cao nhất là $a+b$ nên nhóm bình phương phần bậc $3$ thành $ac(a-c)^{2}+bc(b-c)^{2}$.

Phần còn lại là BĐT bậc $2$ theo $c$, có nhiều cách để phân tích.

Nhóm bình phương bậc $3$ như trên đòi hỏi kinh nghiệm nhất định.

[KietLW9]

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$, $VT-VP$ có bậc $3$ theo $c$, hệ số cao nhất là $a+b$ nên nhóm bình phương phần bậc $3$ thành $ac(a-c)^{2}+bc(b-c)^{2}$.

Phần còn lại là BĐT bậc $2$ theo $c$, có nhiều cách để phân tích.

Nhóm bình phương bậc $3$ như trên đòi hỏi kinh nghiệm nhất định.

Hmm, kinh nghiệm chắc là cái quan trọng nhất để có được phân tích như anh, nhưng nếu như thông thường thì sẽ nghĩ đến phân tích SOS cho bất đẳng thức Nesbitt

[KietLW9]

Bài 27: Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c+abc=ab+bc+ca+5$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geqslant 6$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có: $(a-1)(b-1)(c-1)=4$ nên trong ba số $a-1,b-1,c-1$ có một số dương

Giả sử $b-1>0$ thì $(a-1)(c-1)>0$ 

Vì $(a+1)^2\geqslant 0\Rightarrow a^2+1\geqslant \frac{(a-1)^2}{2}$

Tương tự: $c^2+1\geqslant \frac{(c-1)^2}{2}$

Suy ra $a^2+b^2+c^2\geqslant 4b-4+\frac{(a-1)^2}{2}+\frac{(c-1)^2}{2}-2\geqslant 4(b-1)+\sqrt{(a-1)^2(c-1)^2}-2=4(b-1)+(a-1)(c-1)-2\geqslant 2\sqrt{4(a-1)(b-1)(c-1)}-2=6$

Dấu bằng xảy ra khi $a=c=-1,b=2$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 15-03-2022 - 12:40

[KietLW9]

Bài 28: Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{1+3a^2}+\sqrt[3]{1+3b^2}+\sqrt[3]{1+3c^2} \geq 2\left ( \sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[3]{\dfrac{c}{a+b}} \right )$

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có:: $2\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}}=\sqrt[3]{\dfrac{8a(ab+bc+ca)}{3(b+c)}}=\sqrt[3]{\frac{8a^2}{3}+\frac{8abc}{3(b+c)}}\leqslant \sqrt[3]{\frac{8a^2}{3}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{3(b+c)}}=\sqrt[3]{\frac{8a^2}{3}+\frac{a^2+3}{3}}=\sqrt[3]{1+3a^2}$

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[KietLW9]

Bài 29: Cho $n\in \mathbb{N},n\geqslant 2$ và $1\leqslant x_1,x_2,...,x_n\leqslant \sqrt{2}$. Chứng minh rằng: $\frac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}+\frac{\sqrt{x_2^2-1}}{x_3}+...+\frac{\sqrt{x_{n-1}^2-1}}{x_n}+\frac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\leqslant \frac{n\sqrt{2}}{2}$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: $\frac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}=x_1(\frac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_1}.\frac{1}{x_2})\leqslant \frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{x_1^2-1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2})$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}+\frac{\sqrt{x_2^2-1}}{x_3}+...+\frac{\sqrt{x_{n-1}^2-1}}{x_n}+\frac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\leqslant \frac{n\sqrt{2}}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_n=\sqrt{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 16-03-2022 - 22:11

[KietLW9]

Bài 30: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2$. Chứng minh rằng: $\frac{8xy}{(y+1)^2 +xz} +\frac{8z+8y}{x+y+z+2} -1-yz \leqslant  3$

~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: $2+2xz=(x+z)^2+y^2\geqslant 2y(x+z)\Rightarrow 1+xz\geqslant y(x+z)\Rightarrow (y+1)^2+xz\geqslant y(x+z)+y^2+2y\Rightarrow \frac{8xy}{(y+1)^2+xz}\leqslant \frac{8xy}{y(x+y+z+2)}=\frac{8x}{x+y+z+2}$

và $2+2yz=(y+z)^2+x^2\geqslant 2(y+z)-1+2x-1=2(x+y+z)-2\Rightarrow 1+yz\geqslant x+y+z-1$

Do đó: $\frac{8xy}{(y+1)^2 +xz} +\frac{8z+8y}{x+y+z+2} -1-yz \leqslant \frac{8(x+y+z)}{x+y+z+2}-(x+y+z-1)=3-\frac{(x+y+z-2)^2}{x+y+z+2}\leqslant 3$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1,z=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 06-04-2022 - 13:01

[KietLW9]

Topic đã tròn 30 bài, từ bây giờ để các bạn có thể tự luyện tập, sáng tạo với bất đẳng thức, mỗi tuần mình sẽ cố gắng đăng 1 SET BẤT ĐẲNG THỨC gồm 5 bài, các bạn nếu muốn có thể trả lời trong topic, bài nào khó có nhiều bạn hỏi qua tin nhắn cá nhân thì mình sẽ đăng đáp án sau 2 tuần

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 1:

Bài 31: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{ab}{bc^2+1}}+\sqrt{\frac{bc}{ca^2+1}}+\sqrt{\frac{ca}{ab^2+1}}\leqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$

Bài 32: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $max\left \{ x,y,z \right \}\geqslant 1$. Chứng minh rằng: $x^3+y^3+z^3+(x+y+z-1)^2\geqslant 1+3xyz$

Chú ý: $max\left \{ x,y,z \right \}$ là số lớn nhất trong 3 số $x,y,z$

Bài 33: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geqslant 4$

Bài 34: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=ab+bc+ca$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{b^3+b^2c}+\frac{b^2}{c^3+c^2a}+\frac{c^2}{a^3+a^2b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

                                                                       (96+ ĐỀ ÔN LUYỆN CHUYÊN TOÁN - VÕ QUỐC BÁ CẨN)

Bài 35: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\leqslant abc+\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{(a^2+bc)^2(b^2+ca)^2(c^2+ab)^2}{abc}}$

[Do Linh An]

Topic đã tròn 30 bài, từ bây giờ để các bạn có thể tự luyện tập, sáng tạo với bất đẳng thức, mỗi tuần mình sẽ cố gắng đăng 1 SET BẤT ĐẲNG THỨC gồm 5 bài, các bạn nếu muốn có thể trả lời trong topic, bài nào khó có nhiều bạn hỏi qua tin nhắn cá nhân thì mình sẽ đăng đáp án sau 2 tuần

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 1:

Bài 31: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{ab}{bc^2+1}}+\sqrt{\frac{bc}{ca^2+1}}+\sqrt{\frac{ca}{ab^2+1}}\leqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$

Bài 32: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $max\left \{ x,y,z \right \}\geqslant 1$. Chứng minh rằng: $x^3+y^3+z^3+(x+y+z-1)^2\geqslant 1+3xyz$

Chú ý: $max\left \{ x,y,z \right \}$ là số lớn nhất trong 3 số $x,y,z$

Bài 33: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geqslant 4$

Bài 34: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=ab+bc+ca$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{b^3+b^2c}+\frac{b^2}{c^3+c^2a}+\frac{c^2}{a^3+a^2b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

                                                                       (96+ ĐỀ ÔN LUYỆN CHUYÊN TOÁN - VÕ QUỐC BÁ CẨN)

Bài 35: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\leqslant abc+\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{(a^2+bc)^2(b^2+ca)^2(c^2+ab)^2}{abc}}$

Bài 33:

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$, ta chứng minh được $\sqrt{\dfrac{ab}{a+c}}\ge\sqrt{\dfrac{b^2}{b+c}};\sqrt{\dfrac{ac}{a+b}}\ge\sqrt{\dfrac{c^2}{b+c}}$

$\Rightarrow  \sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{b+c}{a}}$

$\Rightarrow VT\ge \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{\sqrt{a(b+c)}}+\dfrac{4\sqrt{a(b+c)+bc}}{a+b+c}\ge4(AM-GM,bc\ge0)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 17-03-2022 - 17:25

[KietLW9]

Bài 33:

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$, ta chứng minh được $\sqrt{\dfrac{ab}{a+c}}\ge\sqrt{\dfrac{b^2}{b+c}};\sqrt{\dfrac{ac}{a+b}}\ge\sqrt{\dfrac{c^2}{b+c}}$

$\Rightarrow  \sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{b+c}{a}}$

$\Rightarrow VT\ge \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{\sqrt{a(b+c)}}+\dfrac{4\sqrt{a(b+c)+bc}}{a+b+c}\ge4(AM-GM,bc\ge0)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị

Lời giải chính xác   . Mình chia sẻ các bạn thêm một cách đẹp hơn một chút

Lời giải.

Ta có một đẳng thức rất đẹp sau: $\frac{a}{b+c}-\frac{a^2}{ab+bc+ca}=\frac{abc}{(b+c)(ab+bc+ca)}\geqslant 0$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geqslant \frac{a}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\frac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geqslant 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị