viet 1846

Ta có BĐT quen thuộc:

\[\frac{{1 + {a^k}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} + \frac{{1 + {b^k}}}{{1 + {b^k} + {b^{2k}}}} + \frac{{1 + {c^k}}}{{1 + {c^k} + {c^{2k}}}} \le 2\]

thật vậy:

\[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^{2k}}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} \ge 1} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^k}}} + \frac{1}{{{a^{2k}}}}}}} \ge 1\]

BĐT cuối là BĐT vacs rồi.

BĐT này có giúp ji` cho bài này ko? Các bạn thử xem nào.

Do $\sum \frac{b+c}{b+c+7a}\geq \frac{2}{3}\Leftrightarrow \sum (1-\frac{b+c}{b+c+7a})\leq 3-\frac{2}{3}\Leftrightarrow \frac{7a}{b+c+7a}\leq \frac{7}{3}$


Bài này $m=\frac{1}{2}$

$\sum (\frac{3a+b}{a+c}-\frac{1}{2})\geq \frac{9}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{5a+2b-c}{a+c}\geq \frac{9}{2}$
Ta có:
$\Leftrightarrow \sum \frac{5a+2b-c}{a+c}\geq \frac{36(a+b+c)^{2}}{8(a+b+c)^{2}}= \frac{9}{2}$
Vậy,bđt đúng.
P/s:Cảm ơn cậu WhjteShadow vì phương pháp mới này.

Ban cần xét riêng TH $c\ge 5a+2b$ nữa

Một bài có thể sử dụng kĩ thuật m ảo như trên.


Cho $a;b;c\ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$
CMR: \[\frac{{3a + b}}{{a + c}} + \frac{{3b + c}}{{b + a}} + \frac{{3c + a}}{{c + b}} \ge 6\]

[Hoàng Quốc Việt]

chắc chắn rằng nếu một bạn yêu thích về BĐT thì không thể không biết tới hai BÀI TOÁN sau
cho các số thuc không âm a,b,c mà ab+bc+ca=1.CMR
a,$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \dfrac{9}{4}$
(IRAN TST 1996)
b,$\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} \ge \dfrac{5}{2}$
và tình cờ tôi gặp bài toán sau của LÊ TRUNG KIÊN với đk tương tự trên
$\dfrac{1}{{\sqrt {a + b} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {b + c} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {c + a} }} \ge 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
Một câu hỏi đc đặt ra là với những gtri nào của k thì BĐT sau đúng
$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^k}}} \ge 2 + \dfrac{1}{{{2^k}}}$
tuy đã cố gắng rất nhiều nhưng mình vẫn không tìm dc lời giải các bạn hãy giúp mình với nha

Phải nói bài toán tổng quát này rất hay, đáng chú ý.

Ta có BĐT sau: \[\frac{1}{{{x^3} + {x^2} + x + 1}} + \frac{1}{{{y^3} + {y^2} + y + 1}} + \frac{1}{{{z^3} + {z^2} + z + 1}} + \frac{1}{{{t^3} + {t^2} + t + 1}} \ge 1\]

với $x;y;z;t>0$ và $xyz=1$

Ta có:

\[\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{{x^2} + {x^{\frac{4}{3}}} + {x^{\frac{2}{3}}} + 1}}\]

\[ \Leftrightarrow {x^{\frac{4}{3}}} + {x^{\frac{2}{3}}} \ge 2x\]

BĐT cuối luôn đúng. Suy ra ta có dpcm theo bài toán trên.

Viết lại cái đề:

Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh:

\[\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} \ge ab + bc + ca\]

\[DK \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = - z\\
{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy + {z^2} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = - z\\
xy = \frac{{2{z^2} - 1}}{2}
\end{array} \right.\]


\[{\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy \Rightarrow {z^2} \ge 2\left( {2{z^2} - 1} \right) \Leftrightarrow z \in \left[ { - \sqrt {\frac{2}{3}} ;\sqrt {\frac{2}{3}} } \right]\]


\[P = {x^5} + {y^5} + {z^5} = \left( {x + y} \right)\left( {{x^4} - {x^3}y + {x^2}{y^2} - x{y^3} + {y^4}} \right) + {z^5} = \cdots = f\left( z \right)\]

Khảo sát là xong.

Xét $\left\{ {{u_n}} \right\}:\,\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = \sqrt 6 \\
u_n^2 = 6 + {u_{n - 1}}
\end{array} \right.$

Dễ thấy dãy tăng và bị chặn trên nên dãy đã cho có giới hạn hữu hạn

Giả sử \[\lim {u_n} = L \Rightarrow {L^2} = 6 + L\]

\[ \Rightarrow L = 3\]

\[ \Rightarrow {u_n} < 3\]

Mời mọi người ai có hứng vào giải quyết phần cuối bài này nhé
Chắc phải dùng cách trâu bò quá

Thu gọn BĐT cuối ta được:

\[\frac{{{t^2}\left( {6{t^6} + 3{t^5} + 5{t^4} - {t^3} - 12{t^2} - 8t - 20} \right)}}{{4{t^8} + 2{t^7} + 4{t^6} + {t^5} - {t^4} - 2{t^3} - 5{t^2} - t - 2}} \ge 0\]

với $t\in [0;1)$

Chứng minh là cả tử và mẫu đều âm với $t\in [0;1)$ không khó đâu. :D
Tham Lang : Hì, thực ra em định tránh cách này, nhưng tránh mãi, nó lại bị mắc :P Thôi đành chấp nhận vậy :D

Viet_1846: o`, anh cũng nghĩ cách này cho lành

Bài 474: Cho các số dương a, b, c, d biết $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\leq 1$. CMR: $abcd\leq \frac{1}{81}$

Gợi ý: Cách khác:

\[abcd \le \frac{1}{{81}} \Leftrightarrow \ln a + \ln b + \ln c + \ln d \le \ln \frac{1}{{81}}\]

Dùng phương pháp hệ số bất định để làm tiếp.

Bài 2: Ta có 1 BĐT quen thuộc
Với $x,y,z>0, xyz=1$ thì: $$\frac{1}{x^{2k}+x^{k}+1}+\frac{1}{y^{2k}+y^{k}+1}+\frac{1}{z^{2k}+z^{k}+1}\ge 1.$$
BĐT cần chứng minh tương đương: $$P=\frac{1}{7x^2-x+3}+\frac{1}{7y^{2}-y+3}+\frac{1}{7z^{2}-z+3}\ge \dfrac{1}{3}.$$
với $xyz=1$.
Theo AM-GM: $$3.x^{\frac{26}{9}}+3.x^{\frac{13}{9}}+x\ge 7x^2.$$
Suy ra: $$\frac{1}{7x^2-x+3}\ge \frac{1}{3(x^{\frac{26}{9}}+x^{\frac{13}{9}}+1)}$$
Từ đó ta được: $$P\ge \dfrac{1}{3}. \left ( \frac{1}{x^{\frac{26}{9}}+x^{\frac{13}{9}}+1}+ \frac{1}{y^{\frac{26}{9}}+y^{\frac{13}{9}}+1}+ \frac{1}{z^{\frac{26}{9}}+z^{\frac{13}{9}}+1} \right )\ge \dfrac{1}{3}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Sau một hồi lao lực, mình xin có ý kiến nhỏ như sau :
Bằng máy tính, mình thấy rằng :
BĐT
$$\sum \dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+4\sum \dfrac{1}{3+a(a+b+c)} +\dfrac{4(a+b+c)^2}{9}\ge 7$$
Đúng (chỉ là thử thôi nhé )
Nên mình quyết định định hướng giải theo 2 cách ta thường dùng như sau :

• S.O.S

Biến đổi tương đương, ta cần chứng minh :
$$\sum (a-b)^2\left \{\dfrac{3+ab+bc+ca+c^2}{2\left (a^2+ac+c^2\right )\left (b^2+bc+c^2\right )}+\dfrac{2(a+b+c+3)}{\left [3+a(a+b+c)\right ]\left [3+b(a+b+c)\right ]}-\dfrac{4}{3}\right \} \ge 0$$

• Đổi biến $p,q,r$ thì mình biến đổi được :

$$\dfrac{p^4-4p^3q+5q^3+3q}{q^3+p^3r+3q^2-4pqr-6qr}+4\dfrac{p^2q+6p^2+27}{27+3p^2q+9p^2+p^3r}+\dfrac{4p^2}{9} \ge 7$$
Mình sẽ làm sau, còn mọi người thử trước nhá
@ anh Việt : Anh vào thử làm tiếp đi ạ

Nhìn $p;q;r$ hay $S.O.S$ mà hãi.

Ta đi chứng minh BĐT sau:

\[\sum {\frac{1}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + 4\sum {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + a\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{9} \ge 7} } \]

với điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$

Nhân cả hai vế của BĐT với $A=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$

Ta có:

\[LHS = 3 + \left( {a + b + c} \right)\sum {\frac{c}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} + \sum {\frac{4A}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + a\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}} \ge \frac{{21A}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

Theo $Cauchy-Schwarz$ ta có:

\[\left( {a + b + c} \right)\sum {\frac{c}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}}\]

Ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn:

\[3 + \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + 4A\sum {\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + a\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}} \ge \frac{{21A}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

Do tính thuần nhất ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và bỏ qua điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$

Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $t \in \left[ {0;1} \right)$

BĐT trở thành:

\[3 + \frac{3}{{1 - {t^2}}} + 4\left( {{t^2} + 2} \right)\sum {\frac{1}{{2{t^2} + a + 1}} \ge \frac{{9\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{2{t^2} + 1}}} \]

Ta có:

\[\sum {\frac{2}{{2{t^2} + a + 1}}} = \frac{1}{{{t^2} + t + 1}} + \frac{{2t + 1 - a}}{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)\left( {2{t^2} + a + 1} \right)}}\]

và \[{b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{2}\]

\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 3 + 6{t^2} \ge \frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{2} + {a^2} \Rightarrow - 2t \le a - 1 \le 2t\]

\[ \Rightarrow 2t + 1 - a \ge 0\]

Chứng minh tương tự có:

\[\left\{ \begin{array}{l}
2t + 1 - b \ge 0\\
2t + 1 - c \ge 0
\end{array} \right.\]

BĐT của ta chuyển thành:

\[3 + \frac{3}{{1 - {t^2}}} + \frac{{6\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{{t^2} + t + 1}} + \frac{{2\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{{t^2} + t + 1}}\sum {\frac{{2t + 1 - a}}{{2{t^2} + a + 1}} \ge \frac{{9\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{2{t^2} + 1}}} \]

Lại theo $Cauchy-Schwarz$ lại có:

\[\sum {\frac{{2t + 1 - a}}{{2{t^2} + a + 1}} \ge \frac{{36{t^2}}}{{\sum {\left( {2t + 1 - a} \right)\left( {2{t^2} + a + 1} \right)} }}} = \frac{{6t}}{{2{t^2} - t + 2}}\]

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh BĐT 1 biến sau:

\[3 + \frac{3}{{1 - {t^2}}} + \frac{{6\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{{t^2} + t + 1}} + \frac{{12t\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)\left( {2{t^2} - t + 2} \right)}} \ge \frac{{9\left( {{t^2} + 2} \right)}}{{2{t^2} + 1}}\]

Hu`, kiểm tra bằng máy tính thấy đúng. Vậy BĐT được chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

--------------------------------------------------------------------
@Tham Lang: chú thấy sao?
Tham Lang : Thâm thuý quá ạ em ngồi mò 30 phút mà vẫn chưa chứng minh được cái cuối, chắc phải dùng biện pháp mạnh thôi
Viet_1846: ẹc, anh dùng máy tính nó rút gọn ra cái biểu thức cuối, luôn đúng với $t\in [0;1)$ hôhô

Ta có:

\[\left( {{a^2} + 2} \right)\left( {1 + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

Nên ta cần chứng minh:

\[\left( {{b^2} + 2} \right)\left( {{c^2} + 2} \right) \ge 3\left( {1 + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{2}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} + 2{b^2}{c^2} - 6bc + 2 \ge 0\]

Theo $AM-GM$ ta có:

\[{b^2} + {c^2} \ge 2bc\]

nên ta cần chứng minh:

\[2{b^2}{c^2} - 4bc + 2 \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow 2{\left( {bc - 1} \right)^2} \ge 0\]

Ta có ĐPCM

Theo Minkovski ta có:

\[LHS \ge \sqrt {{{\left( {\frac{1}{{\sqrt {{a^2} + ab + {b^2}} }}} \right)}^2} + \frac{4}{9}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}} \]

Như vậy cần CM:

\[\sum {\frac{1}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} + 2\sum {\frac{1}{{\sqrt {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)} }}} + \frac{4}{9}{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 7\]

Ta có:

\[\sum {\frac{1}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge \frac{9}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}\]

và \[\sqrt {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)} \le \frac{{3 + b\left( {a + b + c} \right)}}{2}\]

nên ta sẽ CM:

\[\frac{9}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} + 4\sum {\frac{1}{{3 + a\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{4}{9}} {\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 7\]

Đến đây dùng $p;q;r$ là được.

choa,b,c$\geq 0.chứng minh:
$$\frac{a^{3}(b+c)}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{3}(c+a)}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{3}(a+b)}{a^{2}+b^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

BĐT

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{{a^3}(b + c)}}{{{b^2} + {c^2}}} - {a^2}} \right] \ge 0} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{{a^2}b\left( {a - b} \right) + {a^2}c\left( {a - c} \right)}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right]} \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{{a^2}b\left( {a - b} \right)}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}a\left( {b - a} \right)}}{{{c^2} + {a^2}}}} \right]} \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{{a^2}b\left( {{c^2} + {a^2}} \right) - {b^2}a\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right]\left( {a - b} \right)} \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{ab{c^2}\left( {a - b} \right) + ab\left( {{a^3} - {b^3}} \right)}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right]\left( {a - b} \right)} \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \sum {\left[ {\frac{{ab{c^2} + ab\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right]{{\left( {a - b} \right)}^2}} \ge 0\]

Luôn đúng: