Nguyenhuyen_AG

Cho $a, b, c$ là các số dương sao cho $abc = 1$ . Chứng minh rằng :
$$P = \dfrac{a}{2a^3 + 1} + \dfrac{b}{2b^3 + 1} + \dfrac{c}{2c^3 + 1} \le 1$$

Bài này có lời giải ở đây http://forum.mathsco...ead.php?t=23363

Tìm GTNN của biểu thức
$$P=\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b+c)^3}{abc}$$
Trong đó a,b,c là các số thực dương

Ta sẽ chứng minh $$\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge28,$$ hay là $$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+3\cdot\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge28.$$ Chú ý rằng $$\frac{2}{3}\cdot\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\ge 2,\;\;\; 3\cdot\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}\ge24,\; \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2.$$ Nên bất đẳng thức này sẽ được chứng minh nếu $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2\ge2.$$ Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng AM-GM hoặc S-S các bạn thử xem nhé. Ngoài ra ta có bài toán mạnh hơn sau đây \[ \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{9}{2}\cdot\left (\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right )^{2}\ge\frac{15}{2}. \]

Bài này có một lời ở đây http://onluyentoan.v...hp?t=552&page=2

Có phải bạn nói đến lời giải này http://mathifc.wordp.../inequality-38/

Problem6: Cho x,y,z, a,b,c là các số thực dương bất kì với x+y+z=1.Chứng minh rằng:
$ax + by + cz + 2\sqrt {\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \le a + b + c$

Ta đặt $P$ là vế trái của bất đẳng thức. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có \[\begin {aligned}P&\le \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}+\sqrt {2\left( {xy + yz + zx} \right)\cdot2\left( {ab + bc + ca} \right)}\\&\le\sqrt{\left [ a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \right ]\left [ x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) \right ]}\\&=a+b+c.\end {aligned}\]

Cho a,b,c là các số thực không âm thoả $\dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}\ge 3$
Tìm GTNN $P=\dfrac{a}{1+a+bc}+\dfrac{b}{1+b+ca}+\dfrac{c}{1+c+ab}$

Bài này là của bạn Nguyễn Việt Hưng lúc trước có đăng trên diễn đàn VIMF, lời giải khá đơn giản. Chỉ cần đặt \[x=\dfrac{a}{1+bc},y=\dfrac{b}{1+ca},z=\dfrac{c}{1+ab}.\]

Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\left |\dfrac{a^3-b^3}{a+b}+\dfrac{b^3-c^3}{b+c}+\dfrac{c^3-a^3}{c+a}\right |\le \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}$$

Bài này bạn có thể xem lời giải ở đây http://mathifc.wordp.../inequality-24/

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã mãn $abc=1$.CMR:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{3}{2}(a+b+c-1)$$

Bài này đã từng xuất hiện trên tạp chí THTT trong chuyên mục đề ra kỳ này, lần đó thì chỉ có hai bạn giải được bài này. Ở đây có một cách bằng đạo hàm khá hay của anh Cẩn như sau

Bài này có nhiều cách, ở đây mình xin trình bày cách giải bằng công cụ đạo hàm cho quen thuộc:

Do $a,\,b,\,c >0$ và $abc=1$ nên tồn tại $x,\,y,\,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},\, b=\frac{z}{x},\, c=\frac{y}{z}$ (chẳng hạn, ta có thể chọn $x=a,\, y=1,\, z=ab$). Thay vào, ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng $$2(x^3+y^3+z^3) +3xyz \ge 3(xy^2+yz^2+zx^2).$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $y$ nằm giữa $x$ và $z.$ Ta có 2 trường hợp xảy ra:

• Trường hợp $x \ge y \ge z.$ Xét hàm số $$f(x)=2(x^3+y^3+z^3)+3xyz-3(xy^2+yz^2+zx^2), (1)$$ ta có $$f'(x)=6x^2+3yz-3y^2-6xz=6x^2-3y^2-3z(2x-y) \ge 6x^2-3y^2-3y(2x-y)=6x(x-y) \ge 0.$$ Suy ra $f(x)$ là hàm đồng biến trên $[y,\, +\infty)$ và ta có $$f(x) \ge f(y)=2(2y^3+z^3)+3y^2z-3(y^3+yz^2+y^2z)=(y+2z)(y-z)^2 \ge 0.$$
• Trường hợp $z \ge y \ge x.$ Xét hàm số $$g(z)=2(x^3+y^3+z^3)+3xyz -3(xy^2+yz^2+zx^2),$$ ta có $$g'(z)=6z^2+3xy -6yz-3x^2=6z(z-y)+3x(y-x) \ge 0.$$ Do đó $g(z)$ là hàm đồng biến trên $[y,\, +\infty)$ và ta có $$g(z) \ge g(y)=2(x^3+2y^3)+3xy^2-3(xy^2+y^3+x^2y)=(2x+y)(x-y)^2 \ge 0.$$

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z,$ tức $a=b=c=1.$ $\blacksquare$

Bất đẳng thức một có khá nhiều cách giải, chẳn hạn như ta dùng bất đẳng thức Schur bậc ba hoặc dùng S-S, các bạn thử xem nhé.

Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn : $x+y+z = \frac{xy}{z}$
CMR: $(y+z)^4+ (x+z)^4 < (x+y)^4$
---
ĐHV: Chú ý $\LaTeX$
---

Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn : $x+y+z = \frac{xy}{z}$
CMR: $(y+z)^4+ (x+z)^4 < (x+y)^4$

Bài này ý tưởng mình nghĩ giống như câu 5 trong đề thì đại học khối A năm 2009.
Đầu tiên là ta sẽ đặt $a=y+z,b=z+x,c=x+y$ khi đó, dễ dàng tính được $$x=\frac{b+c-a}{2},y=\frac{c+a-b}{2},z=\frac{a+b-c}{2}.$$ Thay các giá trị này vào giả thiết của bài toán, ta được \[\frac{a+b-c}{2}\cdot\left (\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}+\frac{a+b-c}{2} \right )=\frac{b+c-a}{2}\cdot\frac{c+a-b}{2},\] hay là \[c^2=a^2+b^2.\] Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại nhu sau \[a^4+b^4<c^4,\] hoặc \[a^4+b^4<(a^2+b^2)^2\] Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì \[a^4+b^4<a^4+b^4+2a^2b^2=(a^2+b^2)^2\] Chứng minh hoàn tất. $\Box$

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ sao cho $ab+bc+ca\ne 0$. Cm:
\[ \frac{a^{2}+bc}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+ac}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}+ab}{a^{2}+b^{2}}\ge 2+\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \]

Bài này khá lỏng, ta có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây \[ \frac{a^{2}+2bc}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+2ca}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{2}+2ab}{a^{2}+b^{2}}\ge 3 \] Không mất tính tổng quát, ta giả sử $c=\min\{a,b,c\}.$ Lúc này ta có \[ \frac{a^{2}+2bc}{b^{2}+c^{2}}\ge \frac{a^2+c^2}{b^2+c^2},\; \frac{b^{2}+2ca}{c^{2}+a^{2}}\ge \frac{b^2+c^2}{a^2+c^2},\;\;\frac{c^{2}+2ab}{a^{2}+b^{2}}\ge \frac{2ab}{a^2+b^2}. \] Mặt khác, ta lại có \[\frac{a^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{a^2+c^2}-\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )=\frac{(a-b)^2(ab-c^2)(a^2+b^2+c^2+ab)}{ab(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\ge0,\] vậy ta cần chứng minh được \[\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{2ab}{a^2+b^2}\ge3.\] hay là \[\frac{(a-b)^2}{ab}\ge\frac{(a-b)^2}{a^2+b^2}.\] Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.