hoangkkk

Cho $x,y,z \rightarrow +\infty$ thì bất đẳng thức này sai. Chắc là phải có thêm điều kiện gì đó, chẳng hạn như $x+y+z=3$

Những bài toán có dạng như trên thông thường mình vẫn đặt ẩn phụ ở mẫu thức. Còn về dấu bằng thì đối với bài này rất khó để đoán định.

Cho $a,b,c>0$. Cmr : $A=\frac{4a}{a+b+2c}+\frac{b+3c}{2a+b+c}-\frac{8c}{a+b+3c}\geq 12\sqrt{2}-17$

Bài này mình thấy đã xuất hiện rất nhiều lần rồi (và hình như là đề thi MO của Trung Quốc thì phải). Lời giải như sau :

Đặt $\left\{\begin{matrix}
x=a+b+2c & & \\
y=2a+b+c & & \\
z=a+b+3c& &
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a=y+z-2x & & \\
b=5x-y-3z & & \\
c=z-x & &
\end{matrix}\right.$

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh và viết nó lại thành :
$$\frac{4(y+z-2x)}{x}+\frac{2x-y}{y}-\frac{8(z-x)}{y}\geq 12\sqrt{2}-17$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có :
$$VT=\left ( \frac{4y}{x}+\frac{2x}{y} \right )+\left ( \frac{4z}{x}+\frac{8x}{z} \right )-17\geq 2\sqrt{8}+2\sqrt{32}-17=12\sqrt{2}-17$$
Vậy ta có đpcm.

Nhận xét của nthoangcute đúng rồi, với tam giác $ABC$ nhọn ta có thể chứng minh bằng cách biến đổi về hàm $\tan $ của các góc như sau :
Đặt $a=\tan A, b=\tan B, c=\tan C$ với chú ý $a+b+c=abc$ và $a,b,c >0$.
Dễ thấy rằng $VP=2\left ( \cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C \right )=2\left ( \sum \frac{1}{1+a^2} \right )=2\left ( \sum \frac{1}{\frac{abc}{a+b+c}+a^2} \right )$ $= \frac{bc}{(a+b)(a+c)}$
$VT=\sum \frac{\cos A}{\cos B\cos C}=\sum \frac{a}{b+c}$ (Áp dụng từ biến đổi vế phải)
Như vậy ta đưa bất đẳng thức về việc chứng minh :
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq 2\left ( \frac{ab}{(c+a)(c+b)} +\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}\right )$$
$$\Leftrightarrow \sum a(a+b)(a+c)\geq 2\sum ab(a+b)$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)\geq 0$$

Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Schur quen thuộc. Vậy ta có đpcm.

Bài toán 21. Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $2a\leq c$ và $ab+bc=2c^{2}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}$.

Từ giả thiết ta được $b=\frac {2c^2}{a+c}$, thay vào $P$và viết $P$ lại thành :
$$P=\frac{a^2+ac}{a^2+ac-2c^2}+\frac{3c}{c-a}$$
Đặt $f\left (c \right )=\frac{ac+a^2}{-2c^2+ac+a^2}+\frac{3c}{c-a}$, ta khảo sát $f$ trên nửa khoảng $\left [2a;+\infty \right )$

Xét $f'\left ( t \right )=\frac{2ac(c+2a)}{(a-c)(a+2c)}-\frac{3a}{\left ( a-c \right )^2}=\frac{a}{a-c}\left [ \frac{2c(c+2a)}{a+2c}-\frac{3a}{a-c} \right ]$, lại có $a< c$ (do $2a \leq c$) nên dễ dàng suy ra được $f'(t)< 0$, như vậy $f(t)$ là hàm nghịch biến trên $\left [2a;+\infty \right )$, hay $f(t) \leq f(2a)=\frac{27}{5}$

Vậy $P\max =\frac{27}{5}$, đạt được khi và chỉ khi $\left ( a;b;c \right )=\left ( a;2a;\frac{8}{3}a \right )$

Gọi giao điểm của $AH, PH, CH$ với $BC, AC, AB$ lần lượt là $K$, $N$,$P$, tọa độ ba điểm $A, B, C$ lần lượt là $\left ( x_A;y_A \right ),\left ( x_B;y_B \right ),\left ( x_C;y_C \right )$.
Tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2-5x-y+4=0 & \\
3x-y-4=0 &
\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=2 & \\
y=2 &
\end{matrix}\right.$ hay $H\left ( 2;2 \right )$

Dễ thấy $M\left ( 2;3 \right )$ cũng thuộc đường tròn $\left ( HBC \right )$, do vậy tứ giác $MBCH$ nội tiếp.
Phương trình đường thẳng $MH$ là : $x=2$
Có $\widehat{MBH}=\widehat{MCH}$ $\left ( 1 \right )$, mặt khác tứ giác $PBCN$ nội tiếp $\Rightarrow
$ $\widehat{PBN}=\widehat{PCN}$ $\left ( 2 \right )$, lai có $\widehat{MBH}=\widehat{PBN}$ nên từ $\left ( 1 \right )$ và $\left (2 \right )$ ta được $\widehat{PCM}=\widehat{PCN}$ $\Rightarrow$ $CP$ là đường phân giác trong của $\widehat{MCA}$, đông thời $CP$ cũng là đường cao ứng với đáy $AM$ nên tam giác $MAC$ là tam giác cân.

Do $P$ là trung điểm của $MA$ và $M$ là trung điểm của $AB$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{1}{3}$

Tam giác $BPH$ đồng dạng với tam giác $CPM$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{PH}{PC}=\frac{1}{3}$, từ đấy suy ra được $MH$ song song với $BC$ và $H$ là trọng tâm tam giác $ACM$, do đó phương trình đường thẳng $BC$ là $x=c$ (với $c$ là một hằng số khác $2$).
Có $H \in AK$ và $BC$ vuông góc với $AK$ nên $MH$ vuông góc với $AK$ $\Rightarrow$ phương trình đường thẳng $AK$ là $AK : y=2$, nên $y_A=2$, mặt khác $\left\{\begin{matrix}
x_A+x_C+2=6 & \\
y_A+y_C+3=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trọng tâm) và $\left\{\begin{matrix}
x_A+c=4 & \\
y_A+y_B=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trung điểm) nên suy ra $y_C=1$ và $y_B=4$.

$B, C$ đều cùng thuộc đường tròn $x^2+y^2-x-5y+4=0$ nên thay $y_B =4$ và $y_C=1$ vào ta tìm được $x_B=x_C=0$ hoặc $x_B=x_C=1$

TH1 : $x_B=x_C=0$, ta có $x_A=4$

TH2 : $x_B=x_C=1$, ta có $x_A=3$

Kết luận : Tọa độ $A, B ,C$ lần lượt là $\left ( 4;2 \right ),\left ( 0;4 \right ),\left ( 0;1 \right )$ hoặc $\left ( 3;2 \right ),\left ( 1;4 \right ),\left ( 1;1 \right )$

Bài này là đề romania 2008. Lời giải của nó như sau :

Cho $a=b=2$ và $c=0$, bộ số này thỏa mãn giả thiết đã cho, thay vào ta thu được $k \leq 1$. Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất của $k$.
Bất đẳng thức được viết lại như sau :
$$\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-1 \right )\geq 1$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq a+b+c+1$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(b+c)+bc}{a+b+c}\geq a+b+c+1$$
$$a+b+c+\sum \frac{bc}{b+c}\geq a+b+c+1$$
$$\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}+\frac{ab}{a+b}\geq 1$$
Dễ thấy $\sum \frac{bc}{b+c}\geq \sum \frac{bc}{a+b+c}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}=1$ nên ta suy ra được đpcm.

Bài 2:
Tìm giá trị mới nhất của biểu thức:
$P=\frac{x^{4}}{y^{4}}+\frac{y^{4}}{x^{4}}-(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}})+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$ (x,y khác 0)

$$P=\left [ \left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right )^2-2 \right ]^2-\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )^2$$
Đặt $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=t$. Viết lại $P$ thành :
$$P=t^4-5t^2+t+4=f(t)$$ Khảo sát hàm $f(t)$ với chú ý $\left | t \right |\geq 2$, ta có :
$$f'(t)=4t^3-10t+1$$
TH1 : $t\geq 2$ ($x,y$ cùng dấu), ta có $f'(t)> 0$, do vậy $f(t)$ là hàm đồng biến trên $\left [ 2;+\infty \right )$, suy ra $f(t) \geq f(2)=2$

TH2 : $t\leq-2$ ($x,y$ khác dấu), tương tự $f(t) \leq f(-2)=-2$
Đề yêu cầu tìm "giá trị mới nhất" là sao nhỉ.

Thêm vài bài nào :

Bài 3 : Cho các số $a,b,c \in \left [ 0;2 \right ]$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=a^2+2b^2+3c^2-2a-24c+2060$$
Bài 4 : Cho $x,y$ là hai số thực thỏa mãn $x^2-xy+y^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
$$\frac{x^4+y^4-4}{x^2+y^2-3}$$

Bài toán 9. Cho ba số $x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$ thỏa mãn $x+y\geq 1+z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}$.

Đặt $P$ là biểu thức ở vế trái. Ta có :
$$P=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}=\frac{x^2}{x(y+z)}+\frac{y^2}{y(z+x)}+\frac{z}{xy+z^{2}}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
$$P\geq \frac{\left ( x+y \right )^2}{2xy+z(x+y)}+\frac{z}{xy+z^2}$$ $\left ( 1 \right )$
Đặt $x+y=t$, theo giả thiết ta có $t \in \left [ 1+z;2 \right ]$ và $xy \leq \frac {t^2}{4}$ $\left ( 2 \right )$. Theo $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ suy ra được :
$$P\geq \frac{2t^2}{t^2+2zt}+\frac{4z}{t^2+z^2}=f(t)$$
Xét $f'(t) = 4zt\left [ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}-\frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )} \right ]$, mặt khác do $t \geq z+1$ và $z \leq 1$ nên $2zt \geq 4z^2$, lại có $t \leq 2$ suy ra $ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}\leq \frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )}$
$\Rightarrow$ $f(t)$ là hàm nghịch biến với mọi $t\in \left [ z+1;2 \right ] \Rightarrow f(t)\geq f(2)=\frac{2}{1+z}+\frac{z}{z^2+1}=g(z)$

Khảo sát hàm $g(z)$, dễ thấy $g(z) \geq g(1)=\frac {3}{2}$

Vậy $P_{\min }=\frac{3}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $x=y=z=1$

Tiếp tục nào, sao ít thấy mọi người thảo luận thế nhỉ !

Bài toán 17 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $2a+b=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{5a^3}{bc}+\frac{4b^3}{ca}+\frac{3c^3}{ab}\geq 4$$

Bài toán 18 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a\leq b\leq c$ và $abc=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$a+b^2+c^3\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^3}$$

Bài toán 19 : Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $3a+2b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
$$P=\frac{1}{1+\left | a \right |}+\frac{1}{1+\left | b \right |}+\frac{1}{1+\left | c \right |}$$

Bài toán 14 : Cho các số thực dương $a,b,c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+4a}+\frac{c+a}{c+a+16b}$$

Bài toán 15 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \sqrt{10}$$

Bài toán 16 : Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\left [ \left ( a+b \right )^2+\left ( b+c \right )^2+\left ( c+a \right )^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2} \right ]$$

Thêm một vài bài nữa :

Bài toán 4 : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+8y^2+9z^2 \leq 4xyz$. Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=\frac {4x+2y^2+z^3}{\sqrt{6\left ( 36y-11\sqrt{2z} \right )}-11x} $$

Bài toán 5 : Cho $x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $\left [ \frac{1}{2};2 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$8\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )\geq 5\left ( \frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \right )+9$$

Bài toán 6 : Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $2z+3y+z=40$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=2\sqrt{x^2+1}+3\sqrt{y^2+16}+\sqrt{z^2+36}$$
Hi vọng mọi người ủng hộ nhiệt tình cho topic rất hay và ý nghĩa này.

Bài toán 2 : Từ giả thiết dễ dàng suy ra được $\frac{2xy}{z^2}=2\left ( \frac{x+y}{2} \right )$. Mặt khác áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Rightarrow \frac{x+y}{z}\geq 4$. Đặt $\frac{x+y}{z}=t$, biến đổi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh thành :
$$VT=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$$
Đến đây ta xét hàm $f(t)=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$ với chú ý $t \geq 4$, ta có :
$f'(t)=\frac{2t^3-2t^2-1}{4}> 0$ $\forall t \geq 4$, do vậy $f(t)$ là hàm đồng biến $\Rightarrow f(t)\geq f(4)=\frac{33}{4}$. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=2z$

Ủng hộ thêm 1 bài cho topic :
Bài toán 3 : Cho $a,b,c$ là các số thực thuộc $\left [ \frac{1}{3};3 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{7}{5}$$

Nhìn vào giả thiết bài toán ta nghĩ ngay đến việc lượng giác hóa nhờ sự tương đồng giữa hai biểu thức $y=\frac {x+z}{1-xz}$ và $\tan \left ( \alpha +\beta \right )=\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{1-\tan \alpha .\tan \beta }$.
Như vậy nếu đặt $x=\tan A, z=\tan B$ với $A,B\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )$ và $A+B < \frac{\pi }{2}$ dẫn đến $y=\tan (A+B)$, thay vào biểu thức $P$ và viết nó lại thành :
$$P= 2\cos^2 A-2\cos^2 (A+B)-4\sin B+3\sin B\cos^2 B$$
$$=2\sin (2A+B).\sin B+3\sin^3 B-\sin B$$
Đến đây mình chưa hình dung được hướng tiếp theo của bài toán này, ai có thể giúp mình tiếp tục giải quyết được không?

Ừ, đề bài nguyên gốc là như vậy đó bạn. Trong bài này thì có thể hiểu là tia gốc A.