maitienluat

BĐT trên tương đương với:
$\sum \frac{x^{2}}{x^{2}+2}\geq 1$
và nó đúng theo Cauchy-Schwarz:
$\sum \frac{x^{2}}{x^{2}+2}\geq \frac{(\sum x)^{2}}{\sum x^{2}+6}= \frac{\sum x^{2}+2\sum xy}{\sum x^{2}+2\sum xy}=1$
@Dung Dang Do: sao ngược dấu hả bạn?
______
Mình xin lỗi. Già rồi nên lụ khụ

BĐT đã cho tương đương với $\sum \frac{\sqrt{a}}{b+c-a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{abc}}$ (*)
Đặt $x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c$, thì (*) tương đương với
$$\sum \frac{\sqrt{y+z}}{4x}\geq \frac{x+y+z}{\sqrt{(y+z)(z+x)(x+y)}}$$
Sử dụng trực tiếp AM-GM:
$$\sum \frac{\sqrt{y+z}}{4x}\geq \frac{3}{4}\sqrt[6]{\frac{(y+z)(z+x)(x +y)}{x^{2}y^{2}z^{2}}}$$
Ta chỉ cần c/minh :
$$\frac{3}{4}\sqrt[6]{\frac{(y+z)(z+x)(x +y)}{x^{2}y^{2}z^{2}}}\geq \frac{x+y+z}{\sqrt{(y+z)(z+x)(x+y)}}$$
Quy đồng và ta thấy đây chỉ là hệ quả của
$$(y+z)(x+z)(x+y)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$$
và $$xyz(x+y+z)\leq \frac{\left ( xy+yz+zx \right )^{2}}{3}$$
Cả 2 BĐT này đều c/minh dễ dàng (cũng bằng AM-GM)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

1 cách giải khác.
Ta có BĐT quen thuộc sau: $\left ( \frac{a+b}{a-b} \right )^{2}+\left ( \frac{b+c}{b-c} \right )^{2}+\left ( \frac{c+a}{c-a} \right )^{2}\geq 2$ (*)
BĐT đã cho tương đương với: $\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{(a-b)^{2}}+\frac{b^{2}+bc+c^{2}}{(b-c)^{2}}+\frac{c^{2}+ca+a^{2}}{(c-a)^{2}}\geq \frac{9}{4}$
Đây chỉ là hệ quả của 2 BĐT sau:
$\frac{ab}{(a-b)^{2}}+\frac{bc}{(b-c)^{2}}+\frac{ca}{(c-a)^{2}}\geq \frac{-1}{4}$ (1)
$\frac{a^{2}+b^{2}}{(a-b)^{2}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{(b-c)^{2}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{(c-a)^{2}}\geq \frac{5}{2}$ (2)
(1) được suy ra từ (*) khi bớt 1 ở mỗi hạng tử ở vế trái.
(2) được suy ra từ (*) khi thêm 1 ở mỗi hạng tử ở vế trái.

Cho dãy số dương $a_{1}$ $,$ $a_{2}$ $,$ $...$ $,$ $a_{n}$. Chứng minh rằng :
$\left ( \frac{a_{1}}{a_{2}} \right )^{n} + \left ( \frac{a_{2}}{a_{3}} \right )^{n} + ... + \left ( \frac{a_{n - 1}}{a_{2}} \right )^{n} + \left ( \frac{a_{n}}{a_{1}} \right )^{n} \geqslant \frac{a_{2}}{a_{1}} + \frac{a_{3}}{a_{2}} + ... + \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} + \frac{a_{1}}{a_{n}}$

Hình như gõ nhầm thì phải, hạng tử vế trái phải là $\left ( \frac{a_{n-1}}{a_{n}} \right )^{n}$ thay vì $\left ( \frac{a_{n-1}}{a_{2}} \right )^{n}$
Nếu đúng vậy thì áp dụng AM-GM:
$\left ( \frac{a_{1}}{a_{2}} \right )^{n}+\left ( \frac{a_{2}}{a_{3}} \right )^{n}+..+\left ( \frac{a_{n-1}}{a_{n}} \right )^{n}+1\geq n.\frac{a_{1}}{a_{n}}$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại
$(n-1)\left [ \left ( \frac{a_{1}}{a_{2}} \right )^{n}+\left ( \frac{a_{2}}{a_{3}} \right )^{n}+...+\left ( \frac{a_{n}}{a_{1}} \right )^{n} \right ]+n\geq n\left ( \frac{a_{2}}{a_{1}}+\frac{a_{3}}{a_{2}}+...+\frac{a_{1}}{a_{n}} \right )$
Suy ra đpcm vì $\frac{a_{2}}{a_{1}}+\frac{a_{3}}{a_{2}}+...+\frac{a_{1}}{a_{n}} \geq n$.
Đẳng thức xảy ra khi n số đã cho bằng nhau.

Trích lời giải trong Sáng tạo BĐT
Ta có thể chuẩn hóa $a+b+c+d+e=1$
Bổ đề: Với a,b dương và $a+b\leq 1$ thì :
$\left ( \frac{1}{a}-1 \right )\left ( \frac{1}{b}-1 \right )\geq \left ( \frac{2}{a+b}-1 \right )^{2}$ (*)
C/minh: $(*)\Leftrightarrow (a-b)^{2}(1-a-b)\geq 0$ (đúng).
Trở lại bài toán, ta có thể viết BĐT đã cho dưới dạng:
$\frac{(a+b+c)(b+c+d)(c+d+e)(d+e+a)(e+a+b)}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)}\geq \left ( \frac{3}{2} \right )^{5}$
$\Leftrightarrow \left ( \frac{1}{d+e}-1 \right )\left ( \frac{1}{e+a}-1 \right )\left ( \frac{1}{a+b}-1 \right )\left ( \frac{1}{b+c}-1 \right )\left ( \frac{1}{c+d}-1 \right )\geq \left ( \frac{3}{2} \right )^{5}$
Áp dụng bổ đề ta có
$\left ( \frac{1}{d+e}-1 \right )\left ( \frac{1}{a+b}-1 \right )\geq \left ( \frac{2}{a+b+d+e}-1 \right )^{2}= \left ( \frac{2}{1-e}-1 \right )^{2}$
Ta xây dựng các BĐT tương tự và cuối cùng chỉ cần c/minh:
$\left ( \frac{2}{1-a}-1 \right )\left ( \frac{2}{1-b}-1 \right )\left ( \frac{2}{1-c}-1 \right )\left ( \frac{2}{1-d}-1 \right )\left ( \frac{2}{1-e}-1 \right )\geq \left ( \frac{3}{2} \right )^{5}$
Xét hàm số sau với $x\geq 0$: $f(x)=\ln\left ( \frac{2}{1-x}-1 \right )=\ln(1+x)-\ln(1-x)$
$\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\Rightarrow f"(x)=\frac{-1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1-x)^{2}}\geq 0$
Theo BĐT Jensen
$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+f(e)\geq 5f\left ( \frac{a+b+c+d+e}{5} \right )=5f\left ( \frac{1}{5} \right )=5\ln\left ( \frac{3}{2} \right )$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=e$

Làm bừa câu b, mọi người chém nhẹ tay. Có thể chỉ là hướng thôi chứ k phải bài giải.
Xét cặp số bất kì n và n+1. Khi đó thực hiện thao tác ta sẽ có số 2n+1. Số này chỉ có thể tiếp tục thao tác với n hoặc n+1. Do đó các số tạo ra bằng thao tác sẽ có dạng $an+b(n+1)$ hay là $x_{n}n+y_{n}, x_{n},y_{n}\in \mathbb{N}$*,$x_{n}-1\geq y{_n}$.
Khi đó, số số 2013 xuất hiện trên đường thẳng là tổng số các nghiệm $(x_{n},y_{n})$ của pt $x_{n}n+y_{n}=2013$ với n chạy từ 1 đến 999. Vì mỗi giá trị của $x_{n}$ thoả mãn điều kiện trên tương ứng với 1 giá trị của $y_{n}$ nên ta chỉ cần tìm số giá trị có thể nhận được của $x_{n}$.
Xét pt $x_{n}n+y_{n}=2013$. Ta có $x_{n}n< 2013< x_{n}(n+1)\Leftrightarrow x_{n}< \frac{2013}{n},x_{n}> \frac{2013}{n+1}\Leftrightarrow \left [ \frac{2013}{n+1} \right ]+1\leq x_{n}\leq \left [ \frac{2013}{n} \right ]$.
Suy ra nếu đặt $k_{n}=\left [ \frac{2013}{n} \right ]-\left [ \frac{2013}{n+1} \right ]$ thì số giá trị mà $x_{n}$ có thể nhận đúng bằng $k_{n}$. Từ đó số lần xuất hiện của số 2013 trên đường thẳng là $\sum_{n=1}^{999}k_{n}=\left [ \frac{2013}{1} \right ]-\left [ \frac{2013}{2} \right ]+\left [ \frac{2013}{2} \right ]-\left [ \frac{2013}{3} \right ]+...+\left [ \frac{2013}{999} \right ]-\left [ \frac{2013}{1000} \right ]=\left [ \frac{2013}{1} \right ]-\left [ \frac{2013}{1000} \right ]=2013-2-2011$
@WhjteShadow: đã sửa lại phần tổng cho rõ ràng hơn, còn phần trên thì k biết phải sửa thế nào cho hợp lý

Nếu $xyz=1$ thì ta có
$\sum \frac{1}{1+x}\geq \frac{9}{3+\sum x}\geq \frac{9}{6}=\frac{3}{2}$ (dpcm)

Ngược dấu kìa bạn
Thật ra khi $xyz=1$ thì BĐT k đúng theo chiều nào cả.
VD: khi $x=1,y=1,z=1$ thì $$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}=\frac{3}{2}$$
khi $x=2,y=2,z=\frac{1}{4}$ thì $$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\leq \frac{3}{2}$$
khi $x=4,y=\frac{1}{2},z=\frac{1}{2}$ thì $$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\geq \frac{3}{2}$$
@meohoctoan: bạn nên chuẩn bị cái đề cho kĩ trước khi post. Thân!

Bài này cũ rồi
Sử dụng giả thiết và AM-GM:
$\frac{1}{1+a}\geq \frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\geq 3\sqrt[3]{\frac{bcd}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$
Xây dựng những BĐT tương tự rồi nhân theo vế ta thu được:
$\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}.\frac{1}{1+d}\geq 3^{4}\frac{abcd}{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)}$
$\Rightarrow abcd\leq \frac{1}{81}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=\frac {1} {3}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz vầ Holder ta có
$\left [ \left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4} \right ](1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq \left ( 3a+\frac{b}{x} +\frac{b}{y} +\frac{b}{z} \right )^{4}\geq \left ( 3a+\frac{9b}{x+y+z} \right )^{4}=3^{4}(a+3b)^{4}$
$\Rightarrow \left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq 3(a+3b)^{4}$

Câu 2b:
Ta có $\frac{1}{n\sqrt{n+1}+(n+1)\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}.(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$
Suy ra $S=1-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$
$\Rightarrow lim S_{n}=1$

Đặt $2^{x}=a$, pt trở thành: $a(a-9)+\frac{8}{a}\left ( \frac{8}{a}+9 \right )=2$
$\left ( a^{2}+\frac{64}{a^{2}} \right )-9\left ( a-\frac{8}{a} \right )-2=0$ (*)
Đặt $b=a-\frac{8}{a}\Rightarrow a^{2}+\frac{64}{a^{2}}= b^{2}+16$
Ta có $(*)\Leftrightarrow b^{2}+16-9b-2=0\Leftrightarrow b^{2}-9b+14=0\Leftrightarrow b=7,b=2$
Đến đây có thể giải ngược lại tìm a và x.

1/ Áp dụng AM-GM ta có:
$VT=\frac{(a+b)(b+2c)(3a+b+2c)}{abc}\geq \frac{2\sqrt{ab}.3\sqrt[3]{bc^{2}}.6\sqrt[6]{a^{3}bc^{2}}}{abc}=\frac{36abc}{abc}= 36$
ĐTXR khi $a=b=c$
2/ Áp dụng AM-GM ta có
$\frac{a^{3}}{a+b}+\frac{a(a+b)}{4}\geq a^{2}$
Tương tự suy ra $\frac{a^{3}}{a+b}+\frac{b^{3}}{b+c}+\frac{c^{3}}{c+a}+\frac{a^{2}+ab}{4}+\frac{b^{2}+bc}{4}+\frac{c^{2}+ca}{4}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
$\Rightarrow \frac{a^{3}}{a+b}+\frac{b^{3}}{b+c}+\frac{c^{3}}{c+a}\geq \frac{3}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-\frac{1}{4}(ab+bc+ca)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Sử dụng Cauchy-Schwarz:
$\sum \frac{a^{2}(b+c)}{(b^{2}+c^{2})(2a+b+c)}\sum \frac{a^{2}(b^{2}+c^{2})(2a+b+c)}{b+c}\geq \left ( \sum a^{2} \right )^{2}$
Ta cần c/minh:
$3\left ( \sum a^{2} \right )^{2}\geq 2\sum \frac{a^{2}(b^{2}+c^{2})(2a+b+c)}{b+c}$
$\Leftrightarrow 3\sum a^{4}+2\sum a^{2}b^{2}\geq 4\sum \frac{a^{3}(b^{2}+c^{2})}{b+c}$
$\Leftrightarrow 3\sum \left ( a^{4}-\frac{a^{3}(b^{2}+c^{2})}{b+c} \right )+\sum \left ( a^{2}(b^{2}+c^{2})-\frac{a^{3}(b^{2}+c^{2})}{b+c} \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow 3\sum \frac{ab(a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+ab+bc+ca)}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{a^{2}(b^{2}+c^{2})(b+c-a)}{b+c}\geq 0$
Không mất tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$, khi đó ta có
$3\sum \frac{ab(a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+ab+bc+ca)}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{a^{2}(b^{2}+c^{2})(b+c-a)}{b+c}\geq \frac{2ab(a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+ab+bc+ca)}{(a+c)(b+c)}+\frac{a^{2}(b^{2}+c^{2})(b-a)}{b+c}+\frac{b^{2}(a^{2}+c^{2})(a-b)}{a+c}=\frac{(a-b)^{2}}{(c+a)(c+b)}\left [ 2ab(a^{2}+b^{2}+ab+bc+ca)-a^{2}b^{2}-(b^{2}+ab+a^{2})c^{2}-(a+b)c^{3} \right ]\geq \frac{(a-b)^{2}}{(c+a)(c+b)}\left [ 2ab(a^{2}+b^{2}+ab+bc+ca)-a^{2}b^{2}-(b^{2}+ab+a^{2})ab-(a+b)abc \right ]=\frac{ab(a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+cb+ca)}{(a+c)(b+c)}\geq 0$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị.

Nếu mình k nhầm thì mod gõ thiếu ở VP
Xét đa thức $P(x)=(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})(x-x_{4})$ .
Vì $P(x)=0$ có 4 nghiệm phân biệt nên theo định lý Rolle $P'(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt $x_{1}<a<x_{2}<b<x_{3}<c<x_{4}$
Ta có $P'(x)=4x^{3}-3(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})x^{2}+2(x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4})x-(x_{1}x_{2}x_{3}+x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4}+x_{2}x_{3}x_{4})$
Nên theo định lý Viét: $ab+bc+ca=\frac{1}{2}(x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4})$ $abc=\frac{1}{4}(x_{1}x_{2}x_{3}+x_{1}x_{2}x_{4}+x_{1}x_{3}x_{4}+x_{2}x_{3}x_{4})$
Theo BĐT AM-GM:
$ab+bc+ca> 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$ (do a,b,c phân biệt)
Từ đây suy ra đpcm.

Mình nghĩ giả thiết phải là $a+b+c+\sqrt{2abc}\geq 10$ vì với giả thiết như trên thì k thể tìm ra được dấu bằng.
Nếu là $a+b+c+\sqrt{2abc}\geq 10$ thì c/minh bằng C-S như sau
$\sqrt{2+18+4}\sqrt{\frac{8}{a^{2}}+\frac{9b^{2}}{2}+\frac{a^{2}c^{2}}{4}}\geq \frac{4}{a}+9b+ca$
Thực hiện các đánh giá tương tự, ta có
$\sqrt{24}.A\geq 4\sum \frac{1}{a}+9\sum a+\sum ab= \sum \left ( \frac{4}{a}+a \right )+6\sum a+\sum (2a+bc)\geq 12+6(a+b+c+\sqrt{2abc})\geq 72\Rightarrow A\geq 6\sqrt{6}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$