Quoc Tuan Qbdh

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+ b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{1}{3-ab} \leq \frac{3}{2}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$\sum \left( \dfrac{1}{3-ab} - \dfrac{1}{3} \right) \leq \dfrac{1}{2}$$ 

$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{ab}{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab\right)} \leq \dfrac{1}{2}$$

Ta có hai bất đẳng thức quen thuộc sau:
$$2ab \leq a^{2}+b^{2}$$

$$4ab \leq (a+b)^{2}$$

Do đó,

$$\sum \dfrac{ab}{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab\right)} \leq \sum \dfrac{(a+b)^{2}}{6(a^{2}+c^{2}+b^{2}+c^{2})}$$

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
$$\sum \dfrac{(a+b)^{2}}{6(a^{2}+c^{2}+b^{2}+c^{2})} \leq \dfrac{1}{6}\sum \left( \dfrac{a^{2}}{a^{2}+c^{2}} + \dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}} \right)= \dfrac{1}{2}$$

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. $\blacksquare$

Tình các tổng sau

a) $S_{1}=\sum_{k=0}^{1008}C^{2k}_{2017}$

b) $S_{2}=\sum_{k=0}^{504}C^{4k}_{2017}$

c) $S_{3}=\sum_{k=0}^{2017}(C^{k}_{2017})^2$

d) $S_{4}=\sum_{k=0}^{2016}k^2.C^{k}_{2016}$

a) Ta có:

$$(1+1)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}$$

$$(1-1)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}$$

Suy ra, $S_1=\dfrac{2^{2017}}{2}=2^{2016}$

b) Ta có:

$$(1+1)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}$$

$$(1-1)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}$$

$$(1+i)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}.i-C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}.i+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}.i$$

$$(1-i)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}.i-C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}.i+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}.i$$

Suy ra, $S_2=\dfrac{2^{2017}+(1+i)^{2017}+(1-i)^{2017}}{4}$

Mặt khác, theo hệ thức Moivre:
$$(1+i)^{2017}=(\sqrt{2})^{2017}\left(cos\dfrac{\pi}{4}+i.sin\dfrac{\pi}{4}\right)^{2017}$$

$$=(\sqrt{2})^{2017}.\left(cos\dfrac{2017.\pi}{4}+i.sin\dfrac{2017.\pi}{4}\right)=2^{1008}(1+i)$$

$$(1-i)^{2017}=(\sqrt{2})^{2017}\left(cos\dfrac{-\pi}{4}+i.sin\dfrac{-\pi}{4}\right)^{2017}$$

$$=(\sqrt{2})^{2017}.\left(cos\dfrac{-2017.\pi}{4}+i.sin\dfrac{-2017.\pi}{4}\right)=2^{1008}(1-i)$$

Do đó, $S_2=2^{2015}+2^{1007}$.

c) Ta có:
$$(1+x)^{2017}.(1+x)^{2017}=(C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}.x+....+C^{2016}_{2017}.x^{2016}+C^{2017}_{2017})(C^{2017}_{2017}+C^{2016}_{2017}.x^{2016}+....+C^{1}_{2017}.x+C^{0}_{2017})$$

$$(1+x)^{4034}=C^{0}_{4034}+....+C^{2017}_{4034}.x^{2017}+....+C^{4034}_{4034}.x^{4034}$$

Đồng nhất hệ số của $x^{2017}$ ta được: $S_3=C^{2017}_{4034}$

d) Xét số hạng tổng quát:

$$k^{2}.C^{k}_{2016}=k^{2}.\dfrac{2016!}{(2016-k)!.k!}=\dfrac{2016!.(k-1+1)}{(2016-k)!.(k-1)!}=2016.2015.\dfrac{2014!}{(2016-k)!.(k-2)}+2016.\dfrac{2015!}{(2016-k)!(k-1)!}=2016.2015.C^{k-2}_{2014}+2016.C^{k-1}_{2015}$$

Đến đây thay $k=2,...,2016$ để ý $\sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n}=(1+1)^{n}=2^{n}$.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=6.Chứng minh rằng

$\frac{a}{ab+4}+\frac{b}{bc+4}+\frac{c}{ca+4}\geq \frac{3}{4}$

Lời giải.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\dfrac{4a}{ab+4}+\dfrac{4b}{bc+4}+\dfrac{4c}{ca+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow a-\dfrac{a^{2}b}{ab+4}+b-\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+c-\dfrac{c^{2}a}{ca+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow 3 \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$$ab+4 \geq 4\sqrt{ab} \; \; \; \; \; bc+4 \geq 4\sqrt{bc} \; \; \; \; \; ca+4 \geq 4\sqrt{ca}$$

Suy ra, $$\dfrac{1}{4} \left( \sqrt{a^{3}b}+\sqrt{b^{3}c}+\sqrt{c^{3}a} \right) \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

 

Bổ đề. Với các số thực dương $x;y;z$, ta luôn có bất đẳng thức sau:
$$(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2} \geq 3(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)$$

Chứng minh. Đã có tại đây

Áp dụng Bổ đề. với $x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}$, ta có:
$$3=\dfrac{1}{12}(a+b+c)^{2} \geq \dfrac{1}{4} \left( \sqrt{a^{3}b}+\sqrt{b^{3}c}+\sqrt{c^{3}a} \right)$$

$$ \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

Bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$.$\blacksquare$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

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

Lời giải đã có tại đây

Cho $x,y,z> 0$ và $x+y+z=1$
chứng minh $\sqrt{\frac{xy}{xy+z}} + \sqrt{\frac{yz}{yz+x}} +\sqrt{\frac{zx}{zx+y}} \leq \frac{3}{2}$

Để ý rằng với $x+y+z=1$, ta có:
$$xy+z=xy+z(x+y+z)=xy+yz+z^{2}+zx=(z+x)(z+y)$$

Tương tự, ta cũng có:
$$yz+x=(x+y)(x+z) \; \; \; \; \; \; \; \; \; zx+y=(y+z)(y+x)$$

Do đó, theo bất đẳng thức AM-GM:

$$VT(\text{BDT})=\sqrt{\dfrac{x}{x+z}.\dfrac{y}{z+y}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y}.\dfrac{z}{x+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{y+z}.\dfrac{x}{y+x}} \leq \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x}{x+z}+\dfrac{y}{z+y}+\dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{x+z}+\dfrac{z}{y+z}+\dfrac{x}{y+x} \right)=\dfrac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.$\blacksquare$