DOTOANNANG

Bài toán này còn cách khác như sau:

Sử dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ 1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{a}{c}.1}= 3\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}= 3\sqrt[3]{\frac{a^{3}}{abc}}= 3\sqrt[3]{a}= 3a$

và tương tự:

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

Cộng vế theo vế ta có:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b}+ 3\geq 3a+ 3b+ 3c= \left ( 2a+ 2b+ 2c \right )+ \left ( a+ b+ c \right )$

MẶt khác, theo AM-GM:

$a+ b+ c\geq 3\sqrt[3]{abc}= 3$

Nói cách khác:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b}\geq 2a+ 2b+ 2c$

Bây giờ ta có:

$\frac{1}{a+ b+ 1}+ \frac{1}{b+ c+ 1}+ \frac{1}{c+ a+ 1}- 1 = \frac{2a+ 2b+ 2c- \left ( a^{2} c+ a^{2}b+ b^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}a+ c^{2}b\right )}{\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( b+ c+ 1 \right )\left ( c+ a+ 1 \right )} = \frac{2a+ 2b+ 2c- \left ( \frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b} \right )}{\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( b+ c+ 1 \right )\left ( c+ a+ 1 \right )}\leq 0 \Rightarrow \frac{1}{a+ b+ 1}+ \frac{1}{b+ c+ 1}+ \frac{1}{c+ a +1}\leq 1$

Cho a,b,c>0 thỏa abc=1.CMR: $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[5]{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$

Còn cách chứng minh khác nữa:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$abc\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )\leq \frac{\left ( a+ b+ c \right )^{5}}{81}$

Điều này đúng vì:

$3abc\left ( a+ b+ c \right )\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right ) = 3\left [ \left ( ab \right )\left ( ac \right )+ \left ( bc \right )\left ( ca \right )+ \left ( ca \right )\left ( cb \right ) \right ]\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right ) \leq \left ( ab+ bc+ ca \right )^{2}\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right ) \leq \left ( \frac{ab+ bc+ ca+ ab+ bc+ ca+ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}}{3} \right )^{3}= \frac{1}{27}\left ( a+ b+ c \right )^{6}$

Cách giải như sau:

a, b, c> 0 và a+ b+ c= 1 nên 1- a> 0

$10abc\leq \left ( a+ b \right )^{2}+ \left ( a+ b+ 4c \right )^{2} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2ab+ 2bc+ 2ca+ a^{2}+ b^{2}+ 16c^{2}+ 8ac+ 8bc+ 2ab- 10abc\geq 0 \Leftrightarrow 2a^{2}+ 2b^{2}+ 17c^{2}+ 4ab+ 10ac+ 10cb\left ( 1- a\right ) \geq 0$

Xin lỗi mình nhầm

đến đây thì sao bạn ?????

với lại bạn biến đổi bị sai rồi

Cách giải như sau:

$a, b, c> 0, a+ b+ c= 1\Rightarrow 1- b\geq 0, 1- c\geq 0$  (***)

$10abc\leq \left ( a+ b \right )^{2}+ \left ( a+ b+ 4c \right )^{2} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ 2ab+ a^{2}+ b^{2}+ 16c^{2}+ 8ac+ 8bc+ 2ab- 10abc\geq 0 \Leftrightarrow 2a^{2}+ 2b^{2}+ 16c^{2}+ 2ab\left ( 1- c \right )+ 8ac\left ( 1- b \right )+ 8bc\geq 0$

Đúng do( ***)

Tới bài này bí rồi

Cách giải như sau:

a, b, c> 0 và a+ b+ c= 1 nên 1- a> 0

$10abc\leq \left ( a+ b+ c \right )^{2}+ \left ( a+ b+ 4c \right )^{2} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2ab+ 2bc+ 2ca+ a^{2}+ b^{2}+ 16c^{2}+ 8ac+ 8bc+ 2ab- 10abc\geq 0 \Leftrightarrow 2a^{2}+ 2b^{2}+ 17c^{2}+ 4ab+ 10ac+ 10cb\left ( 1- a\right ) \geq 0$

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1 Chứng minh rằng

$$10abc\leq (a+b)^{2}+(a+b+4c)^{2}$$

Cách giải như sau:

a, b, c> 0 và a+ b+ c= 1 nên 1- a> 0

$10abc\leq \left ( a+ b \right )^{2}+ \left ( a+ b+ 4c \right )^{2} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2ab+ 2bc+ 2ca+ a^{2}+ b^{2}+ 16c^{2}+ 8ac+ 8bc+ 2ab- 10abc\geq 0 \Leftrightarrow 2a^{2}+ 2b^{2}+ 17c^{2}+ 4ab+ 10ac+ 10cb\left ( 1- a\right ) \geq 0$

Ngoài ra còn cách viết chỉ ra được min P= 2 khi và chỉ khi b= c= 0 với

$P= 2+ \frac{x_{1}^{2}+ x_{2}^{2}}{4+ 2\left ( x_{1}+ x_{2} \right )+ x_{1}+ x_{2}}$

Gọi $x_{1}$, $x_{2}$ là hai nghiệm của P. Theo định lí Viète ta có:

$x_{1}+ x_{2}= \frac{-b}{a}, x_{1}x_{2}= \frac{c}{a}.$

Khi đó ta có:

$P= \frac{8a^{2}- 6ab+ b^{2}}{4a^{2}- 2ab+ ac}=\frac{8- 6.\frac{b}{a}+ \left ( \frac{b}{a} \right )^{2}}{4- 2.\frac{b}{a}+ \frac{c}{a}} \left ( a\neq 0 \right ) = \frac{8+ 6\left (x_{1}+ x_{2} \right )+ \left ( x_{1}+ x_{2} \right )^{2}}{4+ 2\left ( x_{1}+ x_{2} \right )^{2}+ x_{1}+ x_{2}}.$

Giả sử $0\leq x_{1}\leq x_{2}\leq 2$. Ta có: $x_{1}^{2}\leq x_{1}x_{2}$ và $x_{2}^{2}\leq 4$

$\Rightarrow x_{1}^{2}+ x_{2}^{2}\leq x_{1}x_{2}+ 4 \Rightarrow \left ( x_{1}+ x_{2} \right )^{2}\leq 3x_{1}x_{2}+ 4 \Rightarrow P\leq \frac{8+ 6\left ( x_{1}+ x_{2} \right )+ 3x_{1}x_{2}+ 4}{4+ 2\left ( x_{1}+ x_{2} \right )+ x_{1}x_{2}}= 3$

Đẳng thức xảy ra khi $x_{1}= x_{2}= 2 \vee x_{1}= 0, x_{2}= 2 \Rightarrow c= -b= 4a \vee b= -2a, c= 0$

Cách giải bài 1 như sau:

Không mất tính tổng quát giả sử x= max{x, y, z}

Khi đó:

$x^{2}+ y^{2}+ z^{2}= \frac{\left ( x+ y+ z \right )^{2}+ \left ( x- y \right )^{2}+ \left ( y- z \right )^{2}+ \left ( z- x \right )^{2}}{3} \geq \frac{\left ( x- y  \right )^{2}+ \left ( y- z \right )^{2}+ \left ( z- x \right )^{2}}{3}\geq 0$

Đặt a= x- y, b= y- z. Khi đó:

$VT\geq \frac{1}{3}\left [ a^{2}+ b^{2}+ \left ( a+ b \right )^{2} \right ]\left ( \frac{1}{a^{2}}+ \frac{1}{b^{2}}+ \frac{1}{\left ( a+ b \right )^{2}} \right ) \geq \frac{1}{3}\left [ \frac{\left ( a+ b \right )^{2}}{2}+ \left ( a+ b \right )^{2} \right ]\left [ \frac{8}{\left ( a+ b \right )^{2}}+ \frac{1}{\left ( a+ b \right )^{2}} \right ]= \frac{9}{2}$

Dâu bằng xảy ra khi x= y+ z= 0

Cách giải như sau:

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b\leq c \Rightarrow 1- a\geq 0$.

Từ đó ta có:

$1+ a+ b+ c\geq 2\sqrt{1+ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}} \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2\left ( a+ b+ c \right )\geq 2\left ( \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \right )+ 3 \Leftrightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ 2\left ( a+ b+ c \right )- 2\left ( ab+ bc+ ca \right )-3\geq 0 \Leftrightarrow \left ( b- c \right )^{2}+ \left ( a- 1 \right )^{2}+ 2\left ( 1- a \right )\left ( b+ c- a \right )\geq 0$ ( đây là BĐT đúng)

Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì

$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$

AM-GM Inequaliti :  $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)}$

 $\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$

Ta chỉ cần c.m $\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

<=> $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

Không giảm tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$

Đặt $P(x;y;z)=\sum \frac{1}{(y+z)^2}-\frac{9}{4(xy+yz+zx}$ và cần c/m $P(x;y;z)>0$

Ta đặt $t=\frac{x+y}{2}$

Cần c/m tiếp $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}$

Đánh giá được $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}=(1/x+z-1/y+z)^2+\frac{2}{(x+z)(y+z)}-2(t+z)^2$

 $=\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(t+z)^2}$

và $\frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}=\frac{9(x-y)^2}{16(t^2+2tz)(xy+yz+zx)}$

<=> $\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(y+z)^2}\geq \frac{9(x-y)^2}{16(xy+yz+zx)(t^2+2tz}$

Mặt khác $4(xy+yz+zx)-3(x+z)(y+z)=xy+yz+zx-3x^2\geq 0$

=> $(x+z)(y+z)\leq \frac{4}{3(xy+yz+zx)}$

Suy ra $\frac{1}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \frac{9}{16(xy+yz+zx)^2}\geq \frac{9}{xy+yz+zx)(t^2+2zt}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng tại $

Cách giải khác:

Đặt S= ab+ bc+ ca. Ta có thể chuẩn hóa a+ b+ c= 1( điều này không làm mất tính tổng quát của việc chứng minh).Khi đó:

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

Khi đó BĐT trở thành:

$\frac{1}{1- s- c}+ \frac{1}{1- s- a}+ \frac{1}{1- s- b}\geq 9 \Rightarrow 9s^{3}- 6s^{2}- 3s+ 1+ 9abc\geq 0, s\left ( 3s- 1 \right )^{2}+ 1- 4s+ 9abc\geq 0.$

BĐT đúng vì$1- 4s+ 9abc\geq 0\Leftrightarrow \left ( a+ b+ c \right )^{3}+ 9abc\geq 4\left (a+ b+ c \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )$ (BĐT SCHUR)

DẤU BẰNG XẢY RA KHI a= b= c

Cho các số không âm a,b,c sao cho không có hai số nào đồng thời bằng 0. CMR:

$\frac{1}{a^{2}-ab+b^{2}} + \frac{1}{b^{2}-bc+c^{2}} + \frac{1}{c^{2}-ca+a^{2}} \geqslant \frac{12}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$

OK còn cách 2 nữa:

Không mất tính tổng quát giả sử a= max{a, b, c}, ta có:

$\sum \frac{1}{b^{2}- bc+ c^{2}}\geq \frac{1}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}}+ \frac{1}{b^{2}}\geq \frac{12}{\left ( b+ c \right )^{2}}\geq \frac{12}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Bất đẳng thức ở giữa đúng vì:

$\frac{1}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}}+ \frac{1}{b^{2}}- \frac{12}{\left ( b+ c \right )^{2}}\geq \frac{1}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}}+ \frac{1}{b^{2}}- \frac{3}{bc}= \frac{\left ( b- c \right )^{4}}{b^{2}c^{2}\left ( b^{2}- bc+ c^{2} \right )}\geq 0$

 

1, Cho a,b,c là 3 số sao cho $3\geq a\geq b\geq 2$; $ab\leq 6$; $ab\leq 6c$. CMR:

$a+b-c\leq 4$

 

2, Cho 3 số dương a,b,c sao cho $\frac{b}{2}+c\leq 2; \frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c\leq 3; c\leq 1$. CMR:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{11}{6}$

 

3,Cho 3 số dương a,b,c sao cho $a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}\geq 3; \frac{b}{2}+\frac{c}{3}\geq 2; c\geq 3$. CMR:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 14$

 

4, Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. CMR:

$\left | \frac{a}{2}+\frac{b}{3}+\frac{c}{4} \right |< \sqrt{2}$

 

5, Cho x,y,z thỏa mãn điều kiện $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. CMR:

$xy+yz+2zx\leq \frac{1+\sqrt{3}}{2}$

 

Câu số 5 còn cách khác:

$x^{2}+ y^{2}+ z^{2}- \left ( \sqrt{3}- 1 \right )\left ( xy+ yz+ zx \right )= \frac{1}{4}\left ( y\sqrt{3}+ 2z\sqrt{3}- 2x- y- 2z \right )^{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2}\left ( z\sqrt{3}- y- z \right )^{2}\geq 0$

Vậy:  $xy+ yz+ zx\leq \frac{1}{\sqrt{3}- 1}\left ( x+ y+ z \right )= \frac{1+ \sqrt{3}}{2}\left (x+ y+ z \right )$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $x= z= \frac{1+ \sqrt{3}}{2}y$

Kết hợp với điều kiện ở gt tìm được 3 số x, y, z

Cho các số không âm a,b,c sao cho không có hai số nào đồng thời bằng 0. CMR:

$\frac{1}{a^{2}-ab+b^{2}} + \frac{1}{b^{2}-bc+c^{2}} + \frac{1}{c^{2}-ca+a^{2}} \geqslant \frac{12}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$TT

Thật ra cách giải là như sau:

Đặt:

$D\left ( a, b, c \right )= \frac{ab+ bc+ ca}{b^{2}- bc+ c^{2}}+\frac{ab+ bc+ ca}{c^{2}- ca+ a^{2}}+ \frac{ab+ bc+ ca}{a^{2}- ab+ b^{2}}$.

Không mất tính tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$ ta cần phải chứng minh:

$D\left ( a, b, c \right )\geq D\left ( 0, b, c \right )\geq 3$. Ta có:

$D\left ( a, b, c \right )- D\left ( 0, b, c \right ) = \frac{a\left ( b+ c \right )}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{a\left ( c^{2}+ 2bc- ab \right )}{c^{2}- ca+ a^{2}}+ \frac{a\left ( b^{2}+ 2bc- ac \right )}{a^{2}- ab+ b^{2}} \geq \frac{a\left ( b+ c \right )}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{a\left ( bc- ab \right )}{c^{2}- ca+ a^{2}}+ \frac{a\left ( bc- ac \right )}{a^{2}- ab+ b^{2}}\geq 0$

Và:

$D\left ( 0, b, c \right )-3= \frac{bc}{b^{2}- bc+ c^{2}}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{b}- 3\geq \frac{\left ( b- c \right )^{4}}{bc\left ( b^{2}- bc+ c^{2} \right )}\geq 0$

Suy ra bđt:

$\sum \frac{1}{a^{2}- ab+ b^{2}}\geq \frac{3}{ab+ bc+ ca}\geq \frac{12}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Cho a,b,c>0 thỏa abc=1.CMR: $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[5]{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$

Thật ra bài này còn cách khác nữa:

$\frac{a+ b+ c}{3}\geq \sqrt[5]{\frac{a^{2}+ b^{2}+ c^{2}}{3}}$

Bây giờ việc chúng ta cần làm là xử lí nhân tử abc theo a+ b+ c

Sử dụng một bất đẳng thức khác:

$\left ( ab+ bc+ ca \right )^{2}\geq 3abc\left ( a+ b+ c \right ),$

CM tương đương:

$a^{2}\left ( b- c \right )^{2}+ b^{2}\left ( c- a \right )^{2}+ c^{2}\left ( a- b \right )^{2}\geq 0$

Ta cần chứng minh bđt lớn hơn:

$\left ( a+ b+ c \right )^{6}\geq 27\left ( ab+ bc+ ca \right )^{2}\left ( a^{2} + b^{2}+ c^{2}\right )$

Đặt S= a+ b+ c, Q= ab+ bc+ ca, ta được:

$\left ( a+ b+ c \right )^{6}- 27\left ( ab+ bc+ ca \right )^{2}\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right ) = S^{6}- 27Q^{2}\left ( S^{2} -2Q\right ) = \left ( S^{2} - 3Q^{2}\right )^{2}\left ( S^{2}+ 6Q \right )\geq 0$

Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1