Sin99

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

Đặt $ \sum \frac{a}{b} = x $ , ta chứng minh $ \frac{x^2}{3+2x} \geq \frac{x}{3} $ hay BĐT $ \Leftrightarrow x(x-3) \geq 0 $ (Đúng).

Ta chỉ cần chứng minh $ \sum \frac{a}{b} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $ hay $ \sum \frac{a^2}{b^2} + 2 \sum \frac{b}{a} \geq 3(a^2+b^2+c^2) $. 

Ta có : $ \frac{a^2}{b^2} + \frac{a}{c} + \frac{a}{c} \geq 3 \sqrt[3]{ \frac{a^4}{b^2c^2} } = 3 \frac{a^2}{ \sqrt[3]{a^2b^2c^2} } $ Tương tự cộng theo vế, ta được $ (\sum \frac{a}{b})^2 \geq \frac{3( a^2+b^2+c^2)}{ \sqrt[3]{a^2b^2c^2} } $ hay $ \sum \frac{a}{b} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $ do $ abc =1$.

Chứng minh hoàn tất!   

$ \left\{\begin{matrix} x^3+y^3 +xy =2x + 4y -1 (1)\\ xy+ x+ 2y =1 (2) \end{matrix}\right. $

(1) + (2)x2 : $ x^3 + y^3 + 3xy = 1 \Leftrightarrow x^3 + y^3 - 1^3 = + 3.(-1).xy \Leftrightarrow (x+ y - 1 )(x^2+y^2+1 -xy + x+y ) = 0 $

Mình đóng góp lg theo cách của bạn 

B1 a)

$ x^2 + 2y^2 + 3xy +3x+5y  = 15 $ 

$ \Leftrightarrow x^2 + 3(y+1)x + 2y^2  + 5y - 15 = 0 $

$ \Rightarrow \Delta =  y^2 - 2y + 69 $. Để phương trình có nghiệm nguyên thì $ \Delta $ phải là số chính phương. Đặt $ y^2 - 2y + 69 = k^2  \Rightarrow  (k + y - 1)(k -y  +1) = 68 $.  Từ đó dễ tìm được  $x,y \in Z $.

$ VT = \frac{1}{a^2+b^2} + \frac{1}{2ab} + \frac{1}{2ab} + 8ab - 4ab \geq \frac{4}{(a+b)^2} + 2\sqrt{\frac{8ab}{2ab}} - (a+b)^2 \geq 4 + 4 - 1 = 7 $ 

Bài 18.(sol by Nguyễn Huy Thắng) Sử dụng phương pháp S.O.S, ta có

$BĐT  \Leftrightarrow \sum (\frac{1}{4a^2-bc+1} -\frac{1}{2}) \geq 0 \Leftrightarrow \sum \frac{(c-a)(2a+b)-(a-b)(2a+c)}{2(4a^2-bc+1)} \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)(\frac{2b+c}{4b^2-ac+1}-\frac{2a+c}{4a^2-bc+1}) \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)^2(6ab+4ac+4bc+c^2) \geq 0$ (Đúng).

$\sum \frac{a^2}{(2a+b)(2a+c)} = \sum \frac{a^2}{2a(a+b+c)+2a^2+bc} \leq \frac{1}{9}\sum (\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}) = \frac{2}{9} + \frac{1}{9} \sum \frac{a^2}{2a^2+bc}.$

Ta chứng minh $ \sum \frac{a^2}{2a^2+bc} \leq 1$. Ta có $ \sum \frac{a^2}{2a^2+bc}\leq 1 \Leftrightarrow \sum \frac{bc}{2a^2+bc} \geq 1 \Leftrightarrow \sum \frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2} \geq 1 \Leftrightarrow (bc+ac+ab)^2\geq 0 $ ( Đúng). Vậy $ \frac{a^2}{(2a+b)(2a+c)} \leq \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3} $.

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c$ hoặc 1 số bằng không và 2 số còn lại bằng nhau.

Bài 19. Bằng U.C.T ta cần chứng minh $ \frac{1}{2-a} \geq \frac{a^2}{2} + \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{a(a-1)^2}{2-a} \geq 0 $ (Đúng). Tương tự, cộng theo vế ta có ĐPCM

Bài 17. $ VP = \sum \sqrt{x-1} = \sum \sqrt{x(1-\frac{1}{2}} \leq \sqrt{(x+y+z)(3-\sum \frac{1}{x})} = \sqrt{(x+y+z)(3-2)} = VT $

Ta có $ \frac{ab}{c^2}+\frac{a}{b} \geq 2\frac{a}{c}  , \frac{ab}{c^2}+\frac{b}{a}\geq 2\frac{b}{c}  $. Áp dụng tương tự, công theo vế ta được $ 2VT + \sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a})  \geq 2\sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a})  \Rightarrow  VT \geq \frac{1}{2} \sum(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}) = VP $.

Câu 8 Dùng Schur 

Câu 2. Em có thể tham khảo tại đây. 

https://artofproblem...8_hard_question

Bài 1: Đặt  biểu thực là P.

$ P \geq \frac{1}{ab} +  \frac{1}{bc} + \frac{1}{ac}  + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} = \frac{1}{3ab} + \frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ac} + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{2}{3}.(\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc}+ \frac{1}{ac} ) \geq \frac{16}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ac} + \frac{2}{3}.\frac{9}{ab+bc+ac} \geq \frac{16}{(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}} + \frac{2}{3}.\frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} = \frac{16}{9 + 3 } + \frac{2}{3}.\frac{9}{3} = \frac{10}{3} $ 

Câu 4

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho $a,b,c > 0 $ thỏa $ abc \geq 1 $, $ \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} +  \frac{1}{ac+c+1} \leq 1 $ 

Thật vậy ta có: $ VT =   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{abc+ab+a} + \frac{ab}{a^2bc+abc+ab} \leq   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{1+ab+a} + \frac{ab}{1+a+ab} = \frac{a+ab+1}{a+ab+1} = 1 \Rightarrow  ĐPCM $ 

Trở lại bài toán, ta có: $ \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+3}} \leq \frac{1}{\sqrt{2ab+2a+2}} $ 

Tương tự, cộng theo vế, ta được: $ P \leq \frac{1}{\sqrt{2}}  (\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}}) $ 

Mặt khác, $ \frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}} = \sqrt{3}.(\frac{1}{\sqrt{3(ab+a+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(bc+b+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(ac+c+1)}} ) \leq \sqrt{3}. [ \frac{1}{2}. ( \frac{1}{3} + \frac{1}{ab+a+1} + \frac{1}{3} + \frac{1}{bc+b+1} +\frac{1}{3} + \frac{1}{ac+c+1} ) ] = \frac{\sqrt{3}}{2}. ( 1 +   \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} + \frac{1}{ac+c+1} ) \leq  \frac{\sqrt{3}}{2}.(1+1) = \sqrt{3} $ 

Vậy $ P \leq \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} $ 

Câu 5. $ BDT \Leftrightarrow  (\frac{1}{4-a} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-b} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-c } -\frac{1}{4} ) \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$ \Leftrightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

Ta có: $   \frac{a}{4(4-a)}  + \frac{a(4-a)}{16} \geq \frac{a}{4} $ 

Tương tự, ta có: $  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4} - (  \frac{a(4-a)}{16} +  \frac{b(4-b)}{16} +  \frac{c(4-c)}{16} ) $ 

$ \Rightarrow  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  - (  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  -\frac{a^2+b^2+c^2}{16} )  $ 

$  \Rightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$\Rightarrow $ ĐPCM

Câu 3. 

Ta có: $ \frac{1}{\sqrt{a^2-2ab+b^2+ab}} = \frac{1}{\sqrt{(a-b)^2+ab}} \leq \frac{1}{\sqrt{ab}} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) $

Tương tự, cộng theo vế ta có: $ VT \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $

Mặt khác $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \sqrt{3(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2})}  = 3 $

Vậy $ P \leq 3 $