chardhdmovies

Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $x+y+z=1$. Tìm $min$ của $F=\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{y^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\frac{z^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$
tks you =))

Gợi ý: Chứng minh $\sum{\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}=\sum{\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}$

Nhiệt liệt ủng hộ topic này luôn, chúc topic phát triển và đóng góp nhiều bài tập hay 

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn đk: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = 4$. CM:

$\sqrt[3]{\frac{a^{3} + b^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{b^{3} + c^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{c^{3} + d^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{d^{3} + a^{3}}{2}} \leq 2(a + b + c + d) - 4$

Bài 3: CMR nếu a,b,c>0 thì: 

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

3. Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$. Ta biến đổi BĐT như sau:

$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3\geq (\frac{a+b}{a+c}-1)+(\frac{b+c}{b+a}-1)+(\frac{c+a}{c+b}-1)$

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\geq \frac{b-c}{a+c}+\frac{c-a}{b+a}+\frac{a-b}{c+b}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)+b^2-a^2}{(a+c)(a+b)}+\frac{a-b}{b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)}{(a+c)(a+b)}+\frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$\Leftrightarrow \frac{c^{2}(a-b)^2}{(ab+bc+ca)(a+c)(b+c)}+\frac{a^2(a-c)(b-c)}{(ab+bc+ca)(a+c)(a+b)}\geq0$
BĐT cuối cùng luôn đúng do $c=min\left \{ a,b,c \right \}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Chứng ta còn có thể tìm ra $f(x)$ luôn kìa bạn, chứng minh cũng khá dài

Và bài này là 1 bổ đề quan trọng để tìm hàm $f$

Mình xin chứng minh bổ đề này

Thay $x=0,y=0 => f^4(0)=f^2(0) => f(0)=0 ; f^2(0)=1$

TH1: $f(0)=0$, thay $y=0 => f(2x) =0 => f(x)=0 $ ( vô lý )

TH2: $f^2(0)=1$

Giả sử $\exists x_0: f(x_0)=0 $

Ta có $f(2x).f(0)=f^4(x)=> f(x).f(0)=f^4(\frac{x}{2})$

Thay $x \rightarrow x_0 => f^4(\frac{x_0}{2}) =0 => f(\frac{x_0}{2})=0$

Đẩy liên tục $=> f(\frac{x_0}{2^k})=0 $

Cho k cực lớn $=> f(0)=0 $ (vô lý )

Do đó $f(x) \neq 0, \forall x \in \mathbb{R} $

Mình còn thiếu bước này để tìm f, ngay sau khi đăng topic mình cũng đã cm được. Dù sao cũng cảm ơn bạn.

Hint: $\bullet$ để ý $\Delta ANB=\Delta END$ .... một hồi ta có $\frac{NA}{ND}=\frac{EF}{BC}=\frac{NF}{NC}$ từ đó có $AFCD$ nội tiếp đường tròn tâm $I$

         $\bullet$ để chứng minh ý sau ta chứng minh $NO_1IO_2$ là hình bình hành

Spoiler

mình sẽ trình bày rõ ràng lúc sau :v

 vậy là đủ rồi 

Lời giải của mình cũng dựa trên ý tưởng trên nhưng dài hơn.

Giả sử $a>c>b$, đặt vế trái là $f(a,b,c)$.

TH1: $ab+bc+ca\geq(a-c)(b-c)$, dễ thấy $f(a,b,c)\geq f(a-c,b-c,0)$

Cần chứng minh: $f(a-c,b-c,0)\geq0$

Đặt $a-c=x>0,c-b=y>0$, bđt cần chứng minh trở thành.

$[x^2+y^2-kxy][\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{(x+y)^2}]\geq \frac{9(2-k)}{4}$

$VT \geq[(x+y)^2-\frac{(k+2)(x+y)^2}{4}][\frac{8}{(x+y)^2}+\frac{1}{(x+y)^2}]=VP$

TH2: $ab+bc+ca\leq(a-c)(b-c)$

$a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2+(k-2)(ab+bc+ca)\geq(k-2)(a-c)(b-c)$

Cần chứng minh: $[(a-c)(c-b)][\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq\frac{9}{4}$

Đặt $a-c=m>0,c-b=n>0$, bđt cần chứng minh trở thành.

$mn[\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(m+n)^2}]\geq\frac{9}{4} \Leftrightarrow \frac{(m-n)^2(m^2+mn+n^2)}{(m+n)^2}\geq0$