nguyenqn1998

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
 

ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\sum_{cyc}\frac{a}{b+2c}=\frac{\sum\limits_{cyc}(2a^4c+a^3c^2+2a^3bc-5a^2b^2c)}{(a+2b)(b+2c)(c+2a)(ab+ac+bc)}\geq0$

mà $13\sum_{cyc}a^4c=\sum_{cyc}(5a^4c+6b^4a+2c^4b)\geq\sum_{cyc}13a^2b^2c^2$

$7\sum_{cyc}a^3c^2=\sum_{cyc}(2a^3c^2+4b^3a^2+c^3b^2)\geq\sum_{cyc}7a^2b^2c$

và $\sum_{cyc}(a^3bc-a^2b^2c)=\frac{1}{2}\sum_{cyc}abc(a-b)^2\geq0$ (theo bdt AM-GM)

=> dpcm

ta chứng minh: $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq 8$(*)

ta có: $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq 8\Leftrightarrow\sum_{cyc}f(a)\geq0$ với: $f(x)=\ln(x^3+1)-\ln2-\frac{3}{2}(x-1)$

Do $f(x)$ có đạo hàm dương với $0<x\leq2$ 

Do đó, nếu $\max\{a,b,c\}<2$ thì bất đẳng thức (*) đúng 

Nếu $a\geq2$ thì $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1) \geq(2^3+1).1.1=9>8$

=> đpcm

Cho a,b,c là 3 số thực. CMR:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geqslant (1+a)(1+b)(1+c)$

a,b,c dương nhá!

lời giải như sau:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (1+a)(1+b)(1+c)<=>2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1+3\geq 2(ab+bc+ca)+2(a+b+c()$

mà ta có bất đẳng thức: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

ta cần c/m: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\geq 2(a+b+c) <=> (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq0$ (đúng)

=> dpcm

dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=1$

cho $a,b,c,d,f,e$  nguyên dương 

Đặt $S=a+b+c+d+f+e$, $Q=ab+bc+ca-de-ef-fd$,$R=abc+def$ biết $S|Q$ và $S|R$

CMR: S là hợp số

2.Cho a,b,c > thoả mãn $$a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

Chứng minh $a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

(Peru, 2007)

xét: $abc\geq 1 => a+b+c \geq 3$

bất đẳng thức cần c/m tương đương: $(a+b+c)^{2}\geq 3+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})$

mà theo giả thiết : $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

=> $2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\le\frac{2}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{2}\le\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}$

ta cần c/m: $(a+b+c)^{2}\ge 3+\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}$

<=> $a+b+c \geq 3$ (đúng)

xét $abc \leq 1$

bất đẳng thức cần c/m tương đương: $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2(a+b+c)+3abc$

ta cần c/m: $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(ab+bc+ca)\ge 2(a+b+c)+3abc$

<=>$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq3a^2b^2c^2$

mà $3a^2b^2c^2=3\sqrt[3]{a^4b^4c^4}.\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \leq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

=> dpcm

1.Cho a,b,c>0 thoả mãn $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$.

Chứng minh: $\sum \frac{a^{3}}{\sqrt{b^{4}+b^{2}c^{2}+c^{4}}}\geq \sqrt{3}$

(Ba Lan, 2010)

 

ta C/m: $\frac{a^3}{\sqrt{b^4+b^2c^2+c^4}} \geq \frac{\sqrt{3}a^4}{a^3+b^3+c^3}$(*)

$<=>\frac{1}{\sqrt{b^{4}+b^{2}c^{2}+c^{4}}}\geq \frac{\sqrt{3}a}{a^3+b^3+c^3}$

$<=>(a^3+b^3+c^3)^2\geq 3a^2(b^4+b^2c^2+c^4)<=>a^6+b^6+c^6+2a^3b^3+2b^3c^3+2c^3a^3\geq 3a^2(b^4+b^2c^2+c^4)$

đúng do: $a^6+b^3c^3+b^3c^3\geq 3a^2b^2c^2, b^6+a^3b^3+a^3b^3 \geq 3a^2b^4, c^6+c^3a^3+c^3a^3 \geq 3a^2c^4$(AM-GM)

=>(*) đúng, lập các bất đẳng thức tương tự áp dụng giả thiết $a^4+b^4+c^4\geq a^3+b^3+c^3$ => dpcm

mình có 1 cách khá độc đáo

ta có: $x^3=[\frac{x(x+1)}{2}]^2-[\frac{x(x-1)}{2}]^2$

=> $1^3=[\frac{1(1+1)}{2}]^2-[\frac{1(1-1)}{2}]^2$

     $2^3=[\frac{2(2+1)}{2}]^2-[\frac{2(2-1)}{2}]^2$

     .....

     $n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2-[\frac{n(n-1)}{2}]^2$

=> $1^3+2^3+...+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2$

 tìm $t \in Z^+ $ sao cho $\frac{t(t+1)}{2}$ là số chính phương

đặt $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$

bất đẳng thức cần c/m tương đương: 

$\sum_{cyc}\frac{x^2}{(y+z)^2}+\frac{10xyz}{(x+y)(x+z)(y+z)}\geq 2$

$<=>\sum_{cyc}(x^6+2x^5y+2x^5z-x^4y^2-x^4z^2-4x^3y^3+x^2y^2z^2)\geq 0$

đúng do bất đẳng thức schur và murihead

     hay hay mình giải bằng tương đương mà ko hay bằng cái này

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau:

$|a-b|\leq |a|+|b|$

thật vậy ta thấy:

$\Leftrightarrow (a-b)^2\leq (|a|+|b|)^2\Leftrightarrow a^2+b^2-2|a||b|\leq a^2+b^2+2|a||b|\Leftrightarrow 4|a||b|\geq 0\rightarrow Q.E.D$

Áp dụng bất đẳng thức phụ trên ta có:

$\frac{|a-b|}{1+|a-b|}\leq \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}=P$

Ta lại có:

$P=\frac{|a|}{1+|a|+|b|}+\frac{|b|}{1+|a|+|b|}\leq \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}\rightarrow Q.E.D$

   

cho a,b tùy ý: 

CMR: $\frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}\geq\frac{|a-b|}{1+|a-b|}$

ta có HPT đã cho $<=>\left\{\begin{matrix} 4(x+2)+(y-1)+2\sqrt{(x+2)(y-1)}=25 & & \\ 4(x+2)+(y-1)+2\sqrt{(y+2)(x-1)}=25 & & \end{matrix}\right.$

$<=>\sqrt{(x+2)(y-1)}=\sqrt{(y+2)(x-1)}$

$<=>xy+2y-x-2=xy+2x-y-2$

$<=>3(x-y)=0$

$<=>x=y$

thế vào hệ pt đầu ta dc $2\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}=5$

giải ra ta dc $x=y=2$

ta cần c/m $(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\geq \frac{250}{729}(a+b+c+1)^2$

cái này dùng cauchy schwarz là ra do tìm dc dấu '=' khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ rồi

đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $0\leq t <1$

ta có: $\frac{1}{a}=\frac{1}{1+2t}+\frac{1+2t-a}{(1+2t)a}=>a^3=(1+2t)a^2-(1+2t-a)a^2$

nên bất đẳng thức cần c/m dc viết dưới dạng: 

$\frac{36}{1+2t}+\frac{12}{1+2t}\sum \frac{1+2t-a}{a}+4\sum(1+2t-a)a^2 \geq 4(1+2t)\sum a^2+21$

do $1+2t-a\geq 0$ nên ta áp dụng bdt cauchy-schawrz:

$\sum \frac{1+2t-a}{a}\geq\frac{[\sum(1+2t-a)]^2 }{\sum(1+2t-a)a}=\frac{6t}{1-t}$ (1)

$\sum(1+2t-a)a^2 \geq \frac{[\sum(1+2t-a)a]^2}{\sum(1+2t-a)}=6t(1-t)^2$ (2)

từ (1) và (2) => ta chỉ cần c/m:

$\frac{36}{1+2t}+\frac{12t}{(1+2t)(1-t)}+24t(1-t)^2\geq12(1+2t)(1+2t^2)+21$ 

$<=> \frac{12}{1+2t}+\frac{24t}{(1+2t)(1-t)}+8t(1-2t+t^2)\geq4(1+2t+2t^2+4t^3)+7$

$<=> \frac{12(1+t)}{(1+2t)(1-t)}\geq 8t^3+24t^2+11$

$<=> 12(1+t)^2\geq(1+2t)(1-t^2)(8t^3+24t^2+11)$

$VP\leq\frac{[12(1+2t)(1-t^2)+(8t^3+24t^2+11)]^2}{48}=\frac{(23+24t+12t^2-16t^3)^2}{48}$

ta cần C/m: $24(1+t)\geq 23+24t+12t^2-16t^3 <=> 16t^3-12t^2+1\geq 0$ (đúng do $8t^3+8t^3+1\geq12t^2 (AM-GM)$)

dấu '=' xảy ra khi $a=2, b=c=\frac{1}{2}$ và các hoán vị

cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c \in (0,1) & & \\ ab+bc+ca+a+b+c=1+abc& & \end{matrix}\right.$

CMR:$\frac{1+a}{1+a^2}+\frac{1+b}{1+b^2}+\frac{1+c}{1+c^2} \leq \frac{3}{4}(3+\sqrt{3})$