royal1534

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1
CMR $\frac{x}{x\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+zx}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$x+\sqrt{x+yz}=x+\sqrt{x(x+y+z)+yz}=x+\sqrt{(x+y)(x+z)} \geq x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}$

Suy ra $\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}} \leq \frac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{zx}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}$

Thiết lập 2 bđt tương tự và cộng lại ta có đpcm. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Tìm số nguyên dương n sao cho n chia hết cho mọi số nguyên dương không vượt quá $\sqrt{n}$

Cho a,b,c dương thoả mãn 

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$

Chứng minh

$\sum\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq\frac{8}{9}$

 

Hint

Dùng bổ đề $(a+b)(b+c)(c+a)\leq\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 

$(a+b+\frac{\sqrt{2(a+c)}}{2}+\frac{\sqrt{2(a+c)}}{2})^3 \geq \frac{27}{2(a+b)(a+c)}$

Suy ra $VT \leq \sum \frac{2}{27(a+b)(a+c)}$

Và ta quy bài toán về chứng minh $\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)} \leq 12 $

$\Leftrightarrow (a+b+c) \leq 6(a+b)(b+c)(c+a)$

Giả thiết tương đương với $16(a+b+c)abc \geq ab+bc+ca$

Mà theo bđt AM-GM thì ta có: $(ab+bc+ca)^2 \geq 3(a+b+c)abc \geq \frac{3}{16}(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca \geq \frac{3}{16}$

Áp dụng bổ đề quen thuộc trên (Chứng minh khá dễ). Ta có

$6(a+b)(b+c)(c+a) \geq 6.\frac{8}{9}.(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 6.\frac{8}{9}.\frac{3}{16}(a+b+c)=a+b+c $

Ta có Q.E.D. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

À với cách đặt như vậy thì $abc=1$ nên em liên tưởng tới BĐT $vasc: \;\;\;\;\;\;\;\ \sum \frac{1}{a^{2k}+a^{k}+1}\geq 1.$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^{2k}+a^k+1)}\Leftrightarrow 8a^{2k}+8a^k+5\geq 3a^3+9a^2+9a$

Để có được như vậy thì đẳng thức phải xảy ra, tức là $8a^{2k}+8a^k+5= 3a^3+9a^2+9a$

Đạo hàm cả $2$ vế thì được $16k.a^{2k-1}+8k.a^{k-1}=9a^2+18a+9$

Mà dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$ nên $a=1,$ từ đó tính được $k=\frac{3}{2}.$

Việc cuối cùng chỉ là đi chứng minh BĐT: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}$ là đúng.

---------------------------------------

Em cũng không biết tại sao anh lại nghĩ đến chứng minh BĐT: $(1+a)^3 \leq (1+abc)(1+\frac{a}{b})(1+\frac{a}{c})$

Chỉ là bài toán anh đọc qua rồi. Nhưng anh nghĩ mò mẩm để cho ra bđt quen thuộc là chính :~

Lời giải:

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$\frac{1}{(1+\frac{y}{x})^3}+\frac{1}{(1+\frac{z}{y})^3}+\frac{1}{(1+\frac{x}{z})^3}\geq \frac{3}{8}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (1)$$

Đặt $a=\frac{y}{x};b=\frac{z}{y};c=\frac{x}{z}$ thì $abc=1$ và $(1)$ viết lại thành:

$$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}\geq \frac{3}{8}$$

Ta sẽ chứng minh:

$$\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}$$

$$\Leftrightarrow 8a^3+8\sqrt{a^3}+8\geq 3a^3+9a^2+9a+3$$

$$\Leftrightarrow 5a^3+8\sqrt{a^3}+5\geq 9a^2+9a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (2)$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo $\textrm{AM-GM}:$

• $$3a^3+6\sqrt{a^3}=3(a^3+\sqrt{a^3}+\sqrt{a^3})\geq 3.3a^2=9a^2$$
• $$2a^3+2\sqrt{a^3}+5=a^3+a^3+\sqrt{a^3}+\sqrt{a^3}+1+1+1+1+1\geq 9a$$

Cộng $(2)$ vế BĐT trên lại ta được $(2)$ đúng.

Chứng minh tương tự với $b,c$ suy ra:

$$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}+\frac{3}{8(b^3+\sqrt{b^3}+1)}+\frac{3}{8(c^3+\sqrt{c^3}+1)}$$

Cần chứng minh:

$$\frac{1}{a^3+\sqrt{a^3}+1}+\frac{1}{b^3+\sqrt{b^3}+1}+\frac{1}{c^3+\sqrt{c^3}+1}\geq 1$$

Nếu đặt $\sqrt{a^3}=m; \sqrt{b^3}=n; \sqrt{c^3}=p$ thì BĐT này trở nên quen thuộc:

$$\frac{1}{m^2+m+1}+\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{p^2+p+1}\geq 1.$$

Chứng minh

 Đặt $m=\frac{qr}{p^2}; n=\frac{pr}{q^2};p=\frac{pq}{r^2}$ thay vào rồi áp dụng $Schwarz$

Vậy ta có đpcm.

 

P/S

 Vào lúc 29 Tháng 7 2016 - 17:55, iloveyouproht đã nói:

BĐT này không phải luôn đúng nhé bạn.

Lời giải của Khánh rất hay. Anh không biết sao mà em tìm được bđt trung gian như vậy

Một lời giải khác:

----------------

Ta cũng đưa bđt về chứng minh:

$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3} \geq \frac{3}{8}$

Áp dụng bđt Holder ta có

$(1+a)^3 \leq (1+abc)(1+\frac{a}{b})(1+\frac{a}{c})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{(1+a)^3} \geq \frac{bc}{2(a+b)(a+c)}$ (Vì $abc=1$)

Thiết lập các bđt tương tự và cộng lại ta có
$\sum \frac{1}{(1+a)^3} \geq \frac{1}{2}[ \sum \frac{bc}{(a+b)(a+c)}] $

Vậy ta chỉ cần chứng minh 

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

Quy đồng và biến đổi tương đương. BĐT trên tương đương với 

$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(a+c) \geq 6abc$

$\leftrightarrow b(a-c)^2+c(a-b)^2+a(b-c)^2 \geq 0$: Đúng

Ta có điều phải chứng minh. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c$

Cái đầu tiên là "thành viên VMF" anh ơi :V

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca\leq 1$. Chứng minh rằng:

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1})$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$a^2+1=a^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \geq 4\sqrt[4]{\frac{a^2}{27}}=4\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{27}}$
Tương tự:$b^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{27}}$
                $c^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{27}}$
Suy ra $VP \leq 8abc.\sum \frac{\sqrt[4]{27}}{4\sqrt{a}}=2\sqrt[4]{27}(\sum bc\sqrt{a})$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với nhận xét $1 \geq ab+bc+ca$ ta có
$ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt[3]{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \geq 27a^2b^2c^2 $
$\Leftrightarrow \sqrt{ab+bc+ca} \geq \sqrt[4]{27}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}} \geq \sqrt{abc}$
Suy ra: $\sum bc\sqrt{a} =\sqrt{abc}(\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{ab}) \leq \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}}.\sqrt{3(ab+bc+ca)}=(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}$
Nên ta có $VP \leq 2\sqrt[4]{27}.(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}=2\sqrt{3}(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$VT=a+b+c+\sqrt{3} \geq 2\sqrt{\sqrt{3}(a+b+c)} \geq 2 \sqrt{3(ab+bc+ca)}$
Vậy ta quy bài toán về chứng minh:
$2\sqrt{3(ab+bc+ca)} \geq 2\sqrt{3}(ab+bc+ca) $
$\leftrightarrow 3(ab+bc+ca) \geq 3(ab+bc+ca)^2$
$\leftrightarrow (ab+bc+ca)(1-ab-bc-ca) \geq 0$: Đúng vì $0<ab+bc+ca \leq 1$
Ta có Đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cho $x,y,z$ là các số thực thõa $1 \leq x,y,z \leq 2$

Tìm GTLN của biểu thức $P= \frac{1}{2x^2+z}+\frac{1}{2y^2+z}-\frac{2xy+1}{xy(z+2)} $

Phương pháp gì để đoán được lượng đại diện vậy anh

Em sử dụng công thức tổng quát sau:

$ma^2+nb^2+pab=\frac{4mn-p^2}{4(m+n+p)}(a-b)^2+\frac{[a(2m+p)+b(2n+p)]^2}{4(m+n+p)}.$

Từ đó có thể làm trội lên vì $(a-b)^2 \geq 0$ 

-------------
Bài trên có thể dùng bđt Mincopxki giải tự nhiên hơn 

Ta chứng minh được một loạt các bđt sau bằng biến đổi tương đương:

$\sqrt{5x^2+xy+3y^2} \geq \frac{7y+11x}{6} \Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0$

$\sqrt{3x^2+xy+5y^2} \geq \frac{7x+11y}{6} \Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0$

Tương tự : $\sqrt{x^2+xy+2y^2} \geq \frac{3x+5y}{4}$

                   $\sqrt{2x^2+xy+y^2} \geq \frac{5x+3y}{4}$

Cộng các bất đẳng thức vừa tim được ta có

$VT \geq \frac{7x+11y+11x+7y}{6}+\frac{3x+5y+5x+3y}{4}=5(x+y)=5.2016=10080$

Dấu '=' xảy ra khi $x=y=1008$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\frac{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}{4}\geq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{3}.$$

Đặt $\sqrt[3]{a}=x,\sqrt[3]{b}=y,\sqrt[3]{c}=z$

Ta cần chứng minh: $3(a^3+b^3+c^3+abc) \geq 4ab\sqrt{ab}+4bc\sqrt{bc}+4ca\sqrt{ca}$

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM. Áp dụng liên tục 2 bđt sau:

1.$ a^3+b^3 \geq ab(a+b) \geq 2ab\sqrt{ab} $

Tương tự $\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3) \geq 2ab\sqrt{ab}+2bc\sqrt{bc}+2ca\sqrt{ca}$

2.$ a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(a+c) \geq 2ab\sqrt{ab}+2bc\sqrt{bc}+2ca\sqrt{ca}$ (BĐT Schur)

Cộng 2 bất đẳng thức vừa tìm được ta có đpcm. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$

Xét $c^2+d^2 \geq 1$. Kết hợp $a^2+b^2 \leq 1$: Ta có $VT \geq 0 \geq VP$ (Đpcm)

Xét $c^2+d^2 \leq 1$.Kết hợp giả thiết $a^2+b^2 \leq 1$:

Áp dụng bđt Cauchy ta có $2=a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2(ac+bd) \leftrightarrow 1 \geq ac+bd$

BĐT cần chứng minh tương đương với

$|ac+bd-1| \geq \sqrt{(1-a^2-b^2)(1-c^2-d^2)}$

$\leftrightarrow 1-ac-bd \geq \sqrt{(1-a^2-b^2)(1-c^2-d^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM ta có :

$\sqrt{(1-a^2-b^2)(1-c^2-d^2)} \leq \frac{2-a^2-b^2-c^2-d^2}{2} \leq \frac{2-2ac-2bd}{2}=1-ac-bd$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Gọi P là biểu thức VT và đặt:

$S=a[(b+c)^2+5c^2]+b[(c+a)^2+5a^2]+c[(a+b)^2+5b^2]$.

Sử dụng BĐT Holder ta có: $P^2.S\geq (a+b+c)^3$.

Vậy ta chứng minh:

$(a+b+c)^3\geq S\Leftrightarrow a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\geq 0$.

BĐT cuối luôn đúng.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.

Bạn nhầm rồi thì phải. 

BĐT cần chứng minh là $(a+b+c)^3 \geq \sum a[(b+c)^2+5c^2] \leftrightarrow a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a) \geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)$
BĐT trên không tương đương với bđt cuối cùng của bạn !

Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng:

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2+(abc-1)^2$

Sử dụng một bổ đề quen thuộc sau:  
 

Với $a,b,c$ dương ta có: $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$

------------------------------
Thực hiện phép khai triển. BĐT đã cho tương đương với: 

$a^2+b^2+c^2+2abc+1+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-6(ab+bc+ca)+6 \geq 0$

Áp dụng bổ đề trên. Ta có
 

$VT \geq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(ab+bc+ca)-6(ab+bc+ca)+6=2(ab-1)^2+2(bc-1)^2+2(ca-1)^2 \geq 0$ 
 

Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
 

1)Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.CMR:

$\sum \frac{1}{a^{2}}\geq \sum a^{2}$

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^2} \geq 9-2\sum ab$
                                   $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^2}+2\sum ab \geq 9$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)=9abc$
$\sum \frac{1}{a^2} \geq \frac{(\sum \frac{1}{a})^2}{3}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{3a^2b^2c^2}  \geq \frac{9abc}{3a^2b^2c^2}=\frac{3}{abc} \geq \frac{27}{(ab+bc+ca)^2}$
Khi đó. Bằng phép đặt $ab+bc+ca=t$

Ta quy bài toán về chứng minh $\frac{27}{t^2}+2t \geq 9$ (Đúng theo AM-GM vì $\frac{27}{t^2}+t+t \geq 3\sqrt[3]{27}=9$)
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$