maitienluat

Ta chỉ cần c/minh b) và từ đó suy ra a)
Theo BĐT Holder ta có
$$\left ( \sum \sqrt[3]{3a^{2}+2ab+3b^{2}} \right )^{3}\left [ \sum \frac{(a+b)^{4}}{3a^{2}+2ab+3b^{2}} \right ]\geq \left ( 2\sum a \right )^{4}=6^{4}$$
Ta chỉ cần c/minh
$$\sum \frac{(a+b)^{4}}{3a^{2}+2ab+3b^{2}} \leq 6=\frac{2(\sum a)^{2}}{3}$$
Ta có BĐT phụ sau
$$\frac{(a+b)^{4}}{3a^{2}+2ab+3b^{2}} \leq \frac{a^{2}+b^{2}+4ab}{3}$$
$$\Leftrightarrow ab(a-b)^{2}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng. Xây dựng 2 BĐT tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Tối rồi lười vẽ hình , chỉ nói ra thôi, cũng đơn giản:
Gọi H,I,O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp.
Gọi M là trung điểm BC.
Dễ thấy: $OB^{2}=OM^{2}+BM^{2}\Rightarrow 4R^{2}=a^{2}+HA^{2}$ (do $HA=2OM$)
Suy ra $4R^{2}(a+b+c)= a^{3}+b^{3}+c^{3}+a.HA^{2}+b.HB^{2}+c.HC^{2}$
Lại có $a.HA^{2}+b.HB^{2}+c.HC^{2}=(a+b+c)HI^{2}+abc\geq abc$
nên suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$ đều.

Hình như bài này cũ rồi, và đây là 1 cách c/minh (cũng cũ rồi) bằng AM-GM và hoán vị.
Gọi $(a,b,c)$ là 1 hoán vị của $(x,y,z)$ sao cho $a\geq b\geq c \Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^{n-1}\geq b^{n-1}\geq c^{n-1} & \\ ab\geq ac\geq bc & \end{matrix}\right.$
Khi đó theo BĐT hoán vị và AM-GM ta có:
$x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x=x^{n-1}.xy+y^{n-1}.yz+z^{n-1}.zx\leq a^{n-1}.ab+b^{n-1}.ac+c^{n-1}.bc=b(a^{n}+acb^{n-2}+c^{n})\leq b(a^{n}+a^{n-1}c+c^{n})\leq b(a+c)^{n}\leq \frac{1}{n}\left [ \frac{n(a+b+c)}{n+1} \right ]^{n+1}= \frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}}$
Đẳng thức xảy ra khi $(x,y,z)$ là 1 hoán vị của $\left ( \frac{n}{n+1},\frac{1}{n+2},0 \right )$

Chuyển về p,q,r ta có cần c/minh:
$$\frac{10}{3}+18r\geq 12q$$
Xét 2 trường hợp:
$\bullet q\leq \frac{1}{4}$. Dễ thấy BĐT đúng
$\bullet \frac{1}{4}\leq q\leq \frac{1}{3}$
Theo Schur
$$9r\geq 4q-1$$
$$\Rightarrow \frac{10}{3}+18r\geq \frac{4}{3}+8q\geq 12q$$
(đúng do $q\leq \frac{1}{3}$)
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Sử dụng AM-GM: $\frac{a^{5}}{bc}+abc\geq 2a^{3}$
Tương tự ta có
$$\sum \frac{a^{5}}{bc}+3abc\geq 2\sum a^{3}\Rightarrow \sum \frac{a^{5}}{bc}\geq \sum a^{3}$$
(do $\sum a^{3}\geq 3abc$ )
Chỉ cần chứng minh:
$$\sum a^{3}\geq \frac{1}{2}\sum ab(a+b)$$
Cái này có thể chứng minh dễ dàng bằng AM-GM.
P/S: nhờ mod chuyển hộ qua box THCS

2) Viết lại BĐT thành:
$$\frac{bc}{ab+a+kbc}+\frac{ca}{bc+b+kca}+\frac{ab}{ca+c+kab}\geq min\left \{ \frac{1}{k};\frac{3}{k+2} \right \}$$
Theo Cauchy-Schwarz thì
$$\frac{bc}{ab+a+kbc}+\frac{ca}{bc+b+kca}+\frac{ab}{ca+c+kab}\geq \frac{(\sum ab)^{2}}{k\sum b^{2}c^{2}+3+\sum a}$$
Ta sẽ c/minh
$$\frac{\sum b^{2}c^{2}+2\sum a}{k\sum b^{2}c^{2}+3+\sum a}\geq min\left \{ \frac{1}{k};\frac{3}{k+2} \right \}$$
$\bullet k\leq 1\Rightarrow min\left \{ \frac{1}{k};\frac{3}{k+2} \right \}=\frac{3}{k+2}$
Ta cần c/minh:
$$\frac{\sum b^{2}c^{2}+2\sum a}{k\sum b^{2}c^{2}+3+\sum a}\geq \frac{3}{k+2}$$
$$\Leftrightarrow 2(k-1)\sum b^{2}c^{2}+(2k+1)\sum a\geq 9$$
Theo AM-GM thì
$$\Leftrightarrow 2(k-1)\sum b^{2}c^{2}+(2k+1)\sum a\geq 6(k-1)+3(2k+1)=9$$
$\bullet k\geq 1\Rightarrow min\left \{ \frac{1}{k};\frac{3}{k+2} \right \}=\frac{1}{k}$
Ta cần c/minh
$$\frac{\sum b^{2}c^{2}+2\sum a}{k\sum b^{2}c^{2}+3+\sum a}\geq \frac{1}{k}$$
$$\Leftrightarrow 2k\sum a\geq \sum a+3$$
Do $k\geq 1$ nên theo AM-GM thì
$$2k\sum a\geq 2\sum a\geq \sum a+3$$
Vậy ta có đpcm.

Viết lại BĐT thành:
$$\frac{10\sum a^{3}}{9}+\frac{\sum ab(a+b)}{3}+\frac{2abc}{3}\geq 2\sum \sqrt{a^{3}b^{3}}$$ (*)
Theo Schur thì $$\frac{2}{9}\sum a^{3}+\frac{2}{3}abc\geq \frac{2}{9}\sum ab(a+b)$$
Theo AM-GM thì $$\frac{8}{9}\sum a^{3}\geq \frac{4}{9}\sum ab(a+b)$$
Suy ra (cũng theo AM-GM)
$$VT(*)\geq \sum ab(a+b)\geq 2\sum \sqrt{a^{3}b^{3}}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
@Oral1020: (*) chỉ là khai triển vế trái và rút gọn VP đi 1 lượng $\sqrt{abc}$

15)
Bằng tính toán đơn giản ta có được
$$a_{n}=\frac{4}{\sqrt{2n^{2}+2n+1}-\sqrt{2n^{2}-2n+1}}$$
$$\frac{1}{a_{n}}= \frac{\sqrt{(n+1)^{2}+n^{2}}-\sqrt{n^{2}+(n-1)^{2}}}{4}$$
Suy ra
$$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{20}}= \frac{\sqrt{21^{2}+20^{2}}-\sqrt{1^{2}-0^{2}}}{4}=7\in \mathbb{N}$$
8)
Bằng tính toán đơn giản ta có được
$$f(n)=\frac{\sqrt{(2n+1)^{3}}-\sqrt{(2n-1)^{3}}}{2}$$
Suy ra $f(1)+f(2)+...+f(40)=\frac{\sqrt{81}^{3}-1}{2}=364$
12)
Bài này thì nghiệm k âm cũng được
Gọi 3 nghiệm thực dương của pt là $x,y,z$
Theo định lý Viét: $x+y+z=6,xy+yz+zx=a,xyz=a$.
Nên BĐT đã cho có thể viết lại thành
$$(x+y+z)^{3}+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$
Đây là BĐT Schur quen thuộc.
Đẳng thức xảy ra khi $a=12,b=8$
4) (trắc nghiệm).
Số đường chéo của đa giác lồi 10 cạnh là $\frac{7.10}{2}=35$
Chọn cái gì đây ta ( 2 cái 45 mà chắc 1 cái là 35)

Còn mỗi bài 1
Đặt $x=\sqrt{a},y=\sqrt{b},z=\sqrt{c}$, khai triển và rút gọn ta cần c/minh:
$$\sum x^{4}+xyz\sum x\geq 2\sum x^{2}y^{2}$$
Dễ dàng c/minh bằng Schur và AM-GM.

Theo AM-GM thì
$$(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3}\geq 3(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc$$
Do đó chỉ cần c/minh:
$$(a^{2}+1)(a-b)+(b^{2}+1)(b-c)+(c^{2}+1)(c-a)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$$
Dễ dàng c/minh BĐT này bằng AM-GM.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

BĐT đã cho tương đương với:
$$\sum a^{5}+\sum a^{2}\geq 4\sum \frac{a^{3}}{b+c}$$
Theo BĐT Schur thì
$$\sum a^{3}(a-b)(a-c)\geq 0$$
Khai triển và để ý $abc=1$ ta có
$$\sum a^{5}+\sum a^{2}\geq \sum ab(a^{3}+b^{3})= \sum \frac{a^{3}+b^{3}}{c}$$
Theo BĐT Cauchy-Schwarz thì
$$\frac{a^{3}}{b}+\frac{a^{3}}{c}\geq \frac{4a^{3}}{b+c}$$
Xây dựng các BĐT tương tự và cộng lại ta suy ra
$$\sum \frac{a^{3}+b^{3}}{c}\geq \sum \frac{4a^{3}}{b+c}$$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z\Rightarrow x+y+z=1$. BĐT đã cho tương đương với:
$$\frac{yz}{xyz+x^{2}}+\frac{xz}{xyz+y^{2}}+\frac{xy}{xyz+z^{2}}\geq \frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}$$
$$\Leftrightarrow \frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z}\geq \frac{4}{xy+z}+\frac{4}{xz+y}+\frac{4}{xy+z}$$
$$\Leftrightarrow \frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z}\geq \frac{4}{(z+x)(x+y)}+\frac{4}{(x+y)(z+y)}+\frac{4}{(x+z)(y+z)}$$
$$\Leftrightarrow 3(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx)\geq 8xyz$$
Đây là hệ quả của 2 BĐT sau:
$$(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}(xy+yz+zx)$$
$$(xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$

Khai triển vế trái và rút gọn, ta chỉ cần c/minh:
$$\frac{3}{4}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+\frac{1}{8}\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+3 \right )\geq 3$$ (*)
Theo AM-GM: $$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+3\geq 2\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )$$
Nên ta có $VT(*)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}= 3$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bổ đề: Cho các số dương a,b,c. Khi đó ta có:
$$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}$$
C/minh: không mất tổng quát giả sử c là số nhỏ nhất.
Ta có các đẳng thức:
$$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}-(a+b+c)= \frac{a+b}{ab}(a-b)^{2}+\frac{b+c}{ac}(a-c)(b-c)$$
$$\frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}-(a+b+c)= \frac{2}{a+b+c}[(a-b)^{2}+(a-c)(b-c)]$$
nên có thể viết lại bổ đề thành
$$(a-b)^{2}\left ( \frac{a+b}{ab}-\frac{2}{a+b+c} \right )+(a-c)(b-c)\left ( \frac{b+c}{ac}-\frac{2}{a+b+c} \right )\geq 0$$
Lại có $$\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}> \frac{2}{a+b+c}$$
$$\frac{c+b}{ac}=\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}\geq \frac{2}{a}> \frac{2}{a+b+c}$$
nên c/minh bổ đề hoàn tất.
Trở lại bài toán.
BĐT đã cho tương đương với: $$\frac{a^{2}}{3b}+\frac{b^{2}}{3c}+\frac{c^{2}}{3a}-9\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}-\frac{1}{abc}+18$$
Và nó chỉ là hệ quả của :
$$abc\leq \frac{1}{27}\Rightarrow \frac{-1}{abc}+27\leq -27+27=0$$
$$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac {1} {3}$

BĐT đã cho tương đương với:
$$\frac{(b+c)(c+a)}{a+b}+\frac{(a+c)(a+b)}{b+c}+\frac{(a+b)(b+c)}{a+c}\geq 2$$
Đặt $a+b=z,b+c=x,c+a=y$ thì $x+y+z=2$ và BĐT cần c/minh trở thành
$$x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\geq xyz(x+y+z)$$
Đúng theo AM-GM