Bài toán 14: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Gọi $\beta$ là góc giữa cạnh $a$ và $c$.Chứng minh: (22)
\[\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3c \sin \beta - a}}{{b + c}}\]
Bài toán 15: Cho $a,b,c>0$ thỏa tích số bằng 1.Chứng minh: (25)
\[\frac{{ab}}{{{a^2} + {b^2} + \sqrt c }} + \frac{{bc}}{{{b^2} + {c^2} + \sqrt a }} + \frac{{ca}}{{{c^2} + {a^2} + \sqrt b }} \le 1\]
Lời giải bài toán 14 (của Endrit Fejzullahu):
Theo BĐT Weitzenbock,ta có:
\[{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 4\sqrt 3 S \quad \text{và} \quad S = \frac{{ac\sin \beta }}{2}\]
Do đó:
\[{b^2} + {c^2} \ge 2\sqrt 3 ac\sin \beta - {a^2} \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta - a}}{a}\]
Lại có $a < b + c \Rightarrow \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta - a}}{a} > \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta - a}}{{b + c}}$
Lời giải bài toán 15:
Lời giải 1 (của FantasyLover):
Ta có ${a^2} + {b^2} + \sqrt c \ge 2ab + \sqrt c = \frac{2}{c} + \sqrt c $
Do đó ta chỉ cần chứng minh $\sum\limits_{cyc} {\frac{{\frac{1}{a}}}{{\frac{2}{a} + \sqrt a }}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + a\sqrt a }}} \le 1$.
Khai triển BĐT ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + a\sqrt a }}} = \frac{{4\sum\limits_{cyc} {a\sqrt a } + \sum\limits_{cyc} {ab\sqrt {ab} } + 12}}{{4\sum\limits_{cyc} {a\sqrt a } + 2\sum\limits_{cyc} {ab\sqrt {ab} } + 9}} \le 1\]
Hay ta cần chứng minh $ab\sqrt {ab} + bc\sqrt {bc} + ca\sqrt {ca} \ge 3$
Nhưng dễ thấy BĐT này đúng theo AM-GM.
Lời giải 2 (của Popa Alexandru):
\[VT \le \sum\limits_{cyc} {\frac{{ab}}{{2ab + \sqrt c }}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + c\sqrt c }}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + \frac{x}{y}}}} \le VP\]
Bài 16: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$.Chứng minh rằng: (72)
$\dfrac{a^3c}{b(a+c)} +\dfrac{b^3a}{c(a+b)}+\dfrac{c^3b}{a(b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$
Lời giải bài toán 16:
Lời giải 1 (của Sayan Mukherjee):
Dễ thấy $a + b + c \ge \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\quad \left( 1 \right)$ bằng AM-GM.
Từ BĐT hoán vị cho ta:
\[\left[ \begin{array}{l}a;b;c\\\frac{1}{b};\frac{1}{c};\frac{1}{a}\end{array} \right] \ge \left[ \begin{array}{l}a;b;c\\\frac{1}{c};\frac{1}{a};\frac{1}{b}\end{array} \right] \Rightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}\quad \left( 2 \right)\]
Do đó ta viết lại VT của BĐT dưới dạng:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{b\left( {a + c} \right).\frac{1}{{ac}}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\frac{b}{a} + \frac{b}{c}}}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {\frac{b}{c}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{c}{b}} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} }} \ge \frac{{a + b + c}}{2} \ge \frac{3}{2}\]
Lời giải 2 (của Popa Alexandru):
BĐT Holder cho ta:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}c}}{{b\left( {c + a} \right)}}} 2\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^3}\]
Do đó ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}c}}{{b\left( {c + a} \right)}}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)}} \ge \frac{3}{2}\]
Lời giải 3 (của Popa Alexandru):
Ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}c}}{{b\left( {c + a} \right)}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}} \]
Bằng Cauchy-Schwarz ta có:
\[\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}} } \right) \ge {\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)^2}\]
Nên:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}} \ge \frac{{\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)}}{{2\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} }}\]
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} \]
Bằng phản chứng,ta giả sử rằng $\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} < \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} $,tương đương với $\sum\limits_{cyc} {a{b^2}} < \sum\limits_{cyc} a $.
Cộng vế theo về BĐT này với giả thuyết $2\sum\limits_{cyc} a \ge 2\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} $ ta có:
\[3\sum\limits_{cyc} a > a\left( {{b^2} + \frac{2}{b}} \right) + b\left( {{c^2} + \frac{2}{c}} \right) + c\left( {{a^2} + \frac{2}{a}} \right)\]
Nhưng sử dụng AM-GM cho ${x^2} + \frac{2}{x} = {x^2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}.\frac{1}{x}.\frac{1}{x}}} = 3$,ta sẽ có $3\left( {a + b + c} \right) > 3\left( {a + b + c} \right)$,mâu thuẫn.
**********
Đề mới:
Bài toán 17: Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn $ABC$ thì ta có BĐT: (52)
\[\frac{{a + b}}{{\cos C}} + \frac{{b + c}}{{\cos A}} + \frac{{c + a}}{{\cos B}} \ge 4\left( {a + b + c} \right)\]
Bài toán 18: Cho $x_1;x_2;...;x_{n}>0$ thỏa tổng bằng 1.Chứng minh rằng: (53)
\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i} + n}}{{1 + x_i^2}}} \le {n^2}\]