duongvanhehe

1 bài lượng giác khủng T.T
Mong tìm đc 1 lời giải sơ cấp cho bài toán này (ko xét hàm nhá)

Cho tam giác $ABC$ bất kì và hằng số $k \le \frac{8}{7}$. Chứng minh:
\[\frac{{3\sqrt 3 }}{{2\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}} + 8k\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \ge 4 + k\]

Rõ ràng ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp $k=\frac{8}{7}$,tương đương với
$\frac{3\sqrt{3}}{2}+k\sin A\sin B\sin C\geq (4+k)\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$

Đặt $f(A,B,C)=VT$ khi đó $f\left ( \frac{A+B}{2},\frac{A+B}{2},C \right )=k\sin ^{2}\left ( \frac{A+B}{2} \right )\sin C-(4+k)\cos^{2} \left ( \frac{A+B}{4} \right )\cos \frac{C}{2}=\frac{k}{2}(1-\cos (A+B))\sin C-\frac{4+k}{2}(1+\cos \left ( \frac{A+B}{2} \right ))\cos \frac{C}{2}$
Ta có$P= f(A,B,C)-f\left ( \frac{A+B}{2}, \frac{A+B}{2},C \right )=\frac{1}{2}k\sin C\left (\cos (A-B)-1 \right )+\frac{4+k}{2}\cos \frac{C}{2}\left ( 1-\cos \frac{A-B}{2} \right )=\cos \frac{C}{2}\left ( 1-\cos \frac{A-B}{2} \right )\left [ \frac{4+k}{2}-2k\sin \frac{C}{2}\left ( 1+\cos \frac{A-B}{2} \right ) \right ]$
không giảm tính tổng quát,giả sử$C=min\left \{ A,B,C \right \}$$\Rightarrow $$C\leq 60^{\circ}$
$\Leftrightarrow $ $\sin \frac{C}{2}\leq \frac{1}{2}$ $\Rightarrow $$\frac{4+k}{2}-2k\sin \frac{C}{2}\left ( 1+\cos \frac{A-B}{2} \right )\geq \frac{4+k}{2}-2k\geq 0$ do$k\leq \frac{8}{7}$
$\Rightarrow $$P\geq 0$.Do đó ta chỉ cần chứng minh được$f\left ( \frac{A+B}{2},\frac{A+B}{2},C \right )\geq 0$ là xong.Hay là:$\frac{3\sqrt{3}}{2}+k\sin C\cos ^{2}\frac{C}{2}-\frac{4+k}{2}\cos \frac{C}{2}\left ( 1+ \sin \frac{C}{2}\right )\geq 0$.
Đây là một BĐT một biến nên chỉ cần xét hàm là xong.

Xin phép được trích dẫn một cách giải rất hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn:
ta có nhận xét sau:$2ac(a^{2}+c^{2})\leq \left [ \frac{a^{2}+c^{2}+2ac}{2} \right ]^{2}=\frac{(a+c)^{4}}{4}$
$\Rightarrow$$ a^{2}+c^{2}\leq \frac{(a+c)^{4}}{8ac}$
Sử dụng kết quả trên ta có:
$VP\leq \frac{bd(a+c)^{4}+ac(b+d)^{4}}{8abcd}\leq \frac{(a+c)^{4}(b+d)^{2}+(a+c)^{2}(b+d)^{4}}{32abcd}$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh được:
$\frac{(a+c)^{2}(b+d)^{4}+(a+c)^{4}(b+d)^{2}}{32abcd}\leq \frac{(a+c)(b+d)}{abcd}$$\Leftrightarrow$$(a+c)(b+d)\left ( (a+c)^{2}+(b+d)^{2} \right )\leq 32$
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:
$2(a+c)(b+d)\left ( (a+c)^{2}+(b+d)^{2} \right )\leq\left [ \frac{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}+2(a+c)(b+d)}{2} \right ] ^{2}=\frac{(a+b+c+d)^{4}}{4}=64$
Từ đó suy ra đpcm.Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d=1

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{3}.{\left( {\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}}} \right)^2} \ge \frac{{{a^2}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}}\]

-----------

.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\left ( \sum a(b+a)(c+a) \right )^{2}\geq 3\sum a^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}$
$\Leftrightarrow $$\left ( \sum a^{3}+(a+b+c)(ab+bc+ca) \right )^{2}\geq 3\sum a^{2}(c^{2}+ab+bc+ca)^{2}$
Để cho gọn,ta đặt a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r.khi đó BĐT ở trên trở thành:
$\left ( a^{3}+b^{3}+c^{3}+pq \right )^{2}\geq 3\sum a^{2}(c^{2}+q)^{2}$
$\Leftrightarrow (a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}+2pq\sum a^{3}+p^{2}q^{2}\geq 3\sum a^{2}c^{4}+6q(q^{2}-2pr)+3q^{2}(p^{2}-2q)=3\sum a^{2}c^{4}+3p^{2}q^{2}-12pqr$.
Ta có các nhận xét sau:$(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}=\sum (c^{6}+2a^{3}c^{3})\geq 3\sum a^{2}c^{4}(AM-GM)$
và(BĐT schur):$a^{3}+b^{3}+c^{3}+6r\geq pq$$\Rightarrow$$ 2pq(a^{3}+b^{3}+c^{3})+p^{2}q^{2}\geq 3p^{2}q^{2}-12pqr$
từ đó suy ra đpcm.đẳng thức xảy ra khi a=b=c.

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum a^{2}(a^{2}+2bc)+2\sum ab\sqrt{(a^{2}+2bc)(b^{2}+2ca)}\geq 3(ab+bc+ca)^{2}$
sử dụng BĐT Cauchy schwarz ta có:
$\sum ab\sqrt{(a^{2}+2bc)(b^{2}+2ca)}\geq\sum ab(ab+2c\sqrt{ab})\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2abc(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$
nên ta chỉ cần chứng minh được:$a^{4}+b^{4}+c^{4}+4abc(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+4abc(a+b+c)$
tương đương với:$\sum \left ( (a+b)^{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2} -4abc\right )(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow$$M(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}+N(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}+P(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}\geq 0$
Với$M=(a+b)^{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}$ và N,P xác định tương tự.
Giả sử$a\geq b\geq c$ dễ thấy$M\geq P\geq N$.Do đó ta chỉ cần chứng minh được$N+P\geq 0$
mà $N+P=(a+c)^{2}(\sqrt{a}+\sqrt{c})^{2}+(b+c^{2})(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}-8abc\geq (a+c)^{3}+(b+c)^{3}-8abc\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3a^{2}c+3b^{2}c-8abc\geq abc\geq 0$
Bất đẳng thức được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực không âm có tổng bằng $2$. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$.

$bdt\Leftrightarrow2 \sum \sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+2(a+b+c)-2(ab+bc+ca)\geq 4 \Leftrightarrow \sum \sqrt{\left [ (a+b)(a+b+c)-4ab \right ]\left [ (b+c)(a+b+c) -4bc\right ]}\geq 2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow \sum \sqrt{\left [ (a-b)^{2}+c(a+b) \right ]\left [ (b-c)^{2}+a(b+c) \right ]}\geq 2(ab+bc+ca) VT\geq \sum (b-a)(b-c)+\sum \sqrt{ac(a+b)(c+b)}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca+\sum \sqrt{ac}(\sqrt{ac}+b)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq \sqrt{ab}(a+b)+\sqrt{bc}(b+c)+\sqrt{ca}(c+a) $\geq 2(ab+bc+ca)$(schurbac4va cauchyschwarzt)$

ta có:$\sum \frac{a}{b^{2}+9}\leq \sum \frac{a}{2b+8}$
nên ta cần phải chứng minh:$(ab+bc+ca)\sum \frac{a}{b+4}\leq \frac{9}{5}$
sử dụng hằng đẳng thức:
$\sum \frac{a}{4+b}=\sum \left ( 1-\frac{2b+c+1}{4+b} \right )\leq 3-\frac{(3(a+b+c)+3)^{2}}{\sum (4+b)(2b+c+1)}$
khai triển và rút gọn,bđt trên $\Leftrightarrow \left ( 3-\frac{48}{23-(ab+bc+ca)} \right )(ab+bc+ca)\leq \frac{9}{5} \Leftrightarrow \frac{t(21-3t)}{23-t}\leq \frac{9}{5}\Leftrightarrow \frac{(t-3)(5t-23)}{5(23-t)}\geq 0$
với $t=ab+bc+ca\leq 3$ nên bất đẳng thức ở trên luôn đúng.
đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

cho a,b,c không âm thỏa mãn: $ab+bc+ca-\frac{3}{4}abc=\frac{9}{4}$
chứng minh rằng: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+\frac{15}{4}abc\geq \frac{27}{4}$

$\frac{1}{2+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2+\frac{ab}{c}}\geq \frac{9}{10}$
$\frac{bc}{a}=x^{2};\frac{ca}{b}=y^{2};\frac{ab}{c}=z^{2}$;$xy+yz+zx=3$
$\frac{1}{2+x^{2}}+\frac{1}{2+z^{2}}\geq \frac{1}{2+(x+z)^{2}}+\frac{1}{2}$
$\Leftrightarrow 4zx+zx(z+x)^{2}\leq 8; y=max\left \{ x,y,z \right \}$;$ 3=(z+x)y+zx\geq \frac{(z+x)^{2}}{2}+zx \Rightarrow (z+x)^{2}+4zx\leq \frac{8}{3}\left [ \frac{(z+x)^{2}}{2}+zx \right ]\leq 8 ;do y(z+x)\leq 3\Rightarrow y\leq \frac{3}{z+x} \Rightarrow P= \frac{1}{2+x^{2}}+\frac{1}{2+y^{2}}+\frac{1}{2+z^{2}}\geq \frac{1}{2+(z+x)^{2}}+\frac{1}{2+\frac{9}{(z+x)^{2}}}+\frac{1}{2};dat (z+x)^{2}=t\Rightarrow P\geq \frac{1}{2+t}+\frac{t}{9+2t}+\frac{1}{2}\geq \frac{9}{10}\Leftrightarrow \frac{(t-3)^{2}}{(2+t)(9+2t)}\geq 0$

em làm thế này được không ạ:
$xy+yz+zx-xyz=z(x+y)+xy(1-z)\leq 2z+1-z=1+z\leq 2$
$P=(xyz)^{5}(3(xy+yz+zx)-8xyz)\leq (\frac{3(xy+yz+zx)-8xyz+5xyz}{6})^{6} =(\frac{xy+yz+zx-xyz}{2})^{6}\leq 1$

1/Cho $a,b,c,d$\geq 0 thỏa mãn $a+b+c+d=4$.chứng minh:
Chứng minh : $ab^{2}c+bc^{2}d+cd^{2}a+da^{2}b\leq 4$
2/Cho a,b,c$\geq 0.Chứng minh:
$$\frac{a^{3}(b+c)}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{3}(c+a)}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{3}(a+b)}{a^{2}+b^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$