VodichIMO

Công nhận bài không khó lắm nhưng hay. Mình xin post một cách giải.

Chỉ cần xét các góc bằng nhau ta được $\Delta{MAN}$ đồng dạng $\Delta{MCP}$

$\Rightarrow$ $\frac{AN}{CP}$ $=$ $\frac{MA}{MC}$ $(1)$

Mà $\Delta{HDC}$ đồng dạng $\Delta{AMC}$

$\Rightarrow$ $\frac{MA}{MC}$ $=$ $\frac{HD}{DC}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra;: $\frac{AN}{CD}$ $=$ $\frac{HD}{DC}$

Suy ra $AN$ $=$ $HD$ . Suy ra đpcm

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có: (cái này lớp 8 học rồi chứ)

$(a+b+c)(\frac{a}{(ab+a+1)^2}+\frac{b}{(bc+b+1)^2}+\frac{1}{(ac+c+1)^2})$ $\geq$ $(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ac+c+1})^2$.

Mà :

$(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ac+c+1})$  $=$ $1$. (Lớp 8 có chứng minh)

$\Rightarrow$ $(a+b+c)(\frac{a}{(ab+a+1)^2}+\frac{b}{(bc+b+1)^2}+\frac{1}{(ac+c+1)^2})$ $\geq$ $1$

$\Rightarrow$ $\frac{a}{(ab+a+1)^2}+\frac{b}{(bc+b+1)^2}+\frac{1}{(ac+c+1)^2}$ $\geq$ $\frac{1}{a+b+c}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. Đấy nhé toàn kiến thức lớp 8 học rồi đấy.

Cho $x,y,z$ $\geq$ $0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x^2+xy+y^2}$ $+$ $\frac{1}{y^2+yz+z^2}$ $+$ $\frac{1}{z^2+zx+x^2}$ $\geq$ $\frac{9}{(x+y+z)^2}$

 Chứng minh với mọi $a,b,c$ thực:

 $a)$: $a^2$ $+$ $b^2$ $+$ $c^2$ $+$ $2abc$ $+$ $1$ $\geq$ $2(ab+ac+bc)$

 $b)$: $(2+a^2)(2+b^2)(2+c^2)$ $\geq$ $9(ab+ac+bc)$

http://diendantoanho...txz2geq-6sqrt3/

Bài này ở đây anh Trung nè

Mình đóng góp 1 cách là $(1+1+1)(1+1+1)(\sum \frac{a^{6}}{(a+b^{2})^{3}})\geq (\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}})^{3}$ (Holder)

Ta sẽ chứng minh             $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Thật vậy áp dụng kỹ thuật cosi ngược dấu $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}=\sum \frac{a(a+b^{2})-ab^{2}}{a+b^{2}}=\sum (a-\frac{ab^{2}}{a+b^{2}})\geq \sum (a-\frac{ab^{2}}{2\sqrt{a}b})=\sum (a-\frac{\sqrt{a}b}{2})$

Và chỉ còn chứng minh $\sum \sqrt{a}b\leq 3$

Thật vậy $\sum \sqrt{a}b\leq \sum \frac{ab+b}{2}\leq 3$ hiển nhiên đúng và ta có dpcm , đẳng thức khi $a=b=c=1$

Cách của bạn giống với cách của mình. Bài này mình lấy từ bất đẳng thức  $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$ rồi áp dụng BĐT holder nữa là ra bài toán này.

Mình xin đóng góp một cách giải khác:

$BĐT$ tương đương với: $1$ $+$ $\frac{3}{\frac{8xy+8xz+yz}{4xyz}}$ $\geq$ $\frac{6}{\frac{8x+y+z}{2xyz}}$ $\Leftrightarrow$ $1$ $+$ $\frac{3}{\frac{1}{4x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}}$ $\geq$ $\frac{6}{\frac{1}{2xy}+\frac{1}{2xz}+\frac{4}{yz}}$ ($1$)

Đặt: $\frac{1}{4x}$ $=$ $a$ ; $\frac{2}{y}$ $=$ $b$ ; $\frac{2}{z}$ $=$ $c$ $\Rightarrow$ $abc$ $=$ $1$

$(1)$ suy ra $1$ + $\frac{3}{a+b+c}$ $\geq$ $\frac{6}{ab+ac+bc}$ $(2)$.

Giờ ta chứng minh $(2)$:

Ta có $(ab+ac+bc)^2$ $\geq$ $3abc(a+b+c)$ $=$ $3(a+b+c)$ ( vì $abc$ $=$ $1$ )

$\Rightarrow$ $\frac{9}{3(a+b+c)}$ $\geq$ $\frac{9}{(ab+ac+bc)^2}$

$\Rightarrow$ $1$ $+$ $\frac{3}{a+b+c}$ $\geq$ $1$ $+$  $\frac{9}{(ab+ac+bc)^2}$ $\geq$ $\frac{6}{ab+ac+bc}$ ( BĐT Cauchy).

Vậy $(2)$ đá được chứng minh. Vậy BĐT trên đã được chứng minh.

Dấu $"="$ xảy ra khi $x$ $=$ $\frac{1}{4}$; $y$ $=$ $2$; $z$ $=$ $2$ 

P/s; Nếu ai đã đọc THTT tháng $8$ thì biết bài này rồi. Bài BĐT này mình suy ra từ bài:

Cho $a,b,c$ $>$ $0$ và $abc$ $=$ $1$. Chứng minh: $1$ + $\frac{3}{a+b+c}$ $\geq$ $\frac{6}{ab+ac+bc}$. $(*)$

Mình nảy ra ý tưởng, thay $a$ $=$ $\frac{1}{x}$ ; $b$ $=$ $\frac{1}{y}$ ; $c$ $=$ $\frac{1}{z}$ $\Rightarrow$ $xyz$ $=$ $1$

$(*)$ sẽ trở thành:

$1$ $+$ $\frac{3}{xy+xz+yz}$ $\geq$ $\frac{6}{x+y+z}$.

Và ta thay các hệ số của $x,y,z$ sao cho thỏa mãn: $xyz$ $=$ $1$ và $abc$ $=$ $1$ thì ta ra bài toán trên.

 Cho $x,y,z$ $>$ $0$ và $xyz$ $=$ $1$. Chứng minh rằng:

$1$ $+$ $\frac{12}{8xy+8xz+yz}$ $\geq$ $\frac{12}{8x+y+z}$

Cho các số a, b, c dương thỏa mãn: ab + bc + ac = 1. Chứng minh:
 
 $\frac{1}{3+2(a^2-bc)} + \frac{1}{3+2(b^2-ac)} + \frac{1}{3+2(c^2-ab)}$ $\geq$ 1

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

  $\frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2} + \frac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2} + \frac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2}$ $\leq$ $\frac{a+b+c}{4}$