Bài 25.

Giả sử $a\geq b\geq c,$

$\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\sum_{cyc}\frac{a+2b}{\sqrt{a^2+2b^2}}-13$

$=\sum_{cyc}\left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$

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

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

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

$\geq \frac{(8a^4b^2+8a^2b^4-15a^3b^3)+(19a^4c^2-19a^3b^2c)+(4a^4bc-4a^2bc^3)}{2b^2(ab+bc+ca)(c+2a)^2(b+2c)^2}\geq 0\blacksquare$

 Bách coi lại bài này đâu thể giả sử $a\geq b\geq c$ và cái tô đỏ thứ 2 là chưa chắc lớn hơn

Bài toán 25. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, chứng minh

$\dfrac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\left(\frac{a+2b}{\sqrt{a^{2}+2b^{2}}}+\frac{b+2c}{\sqrt{b^{2}+2c^{2}}}+\frac{c+2a}{\sqrt{c^{2}+2a^{2}}}\right)\geq 13$

Vì không thấy ai đăng tiếp, mình xin góp một bài, xin lấy tiêu đề là bài toán 24, nếu các bạn không đồng ý thì có thể bỏ bài toán này!

 

Bài toán 24: (Nguồn: Juliel)

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh:

$$\sqrt[7]{\frac{a^{7}+b^{7}}{2}}+\sqrt[7]{\frac{b^{7}+c^{7}}{2}}+\sqrt[7]{\frac{c^{7}+a^{7}}{2}}\leq \left ( a+b+c \right )^{10}\left ( \frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c} \right )^{9}$$

 

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}\geq 7\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{(2^6)^6}}=\dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}$

Lời giải này ý tưởng đúng nhưng gõ sai nhiều chỗ, em nên viết nghiêm túc hơn. Ý tưởng lời giải anh nói ở trên là quy về chứng minh bất đẳng thức $1$ biến:

$$ x^3y+y^3z+z^3x \leq y(x^3+z^3+xyz) \leq y(x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}=y(1-y^2)^{\frac{3}{2}} \leq \frac{3\sqrt{3}}{16}.$$
Phần chứng minh $x^3+z^3+xyz\leq (x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}$ cơ bản là giống với lời giải của em. Chú ý đây là bất đẳng thức hoán vị nên không dùng dồn biến kiểu quy về chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$ như em nói được. 

 

chắc có lẽ cách em sai 

cho tam giác ABC nội tiếp (O).Đường cao AD.(A) là đường trong bất kì tâm A.E,F bất kì thuộc A sao cho E,F đối xứng với nhau qua AD và tia AE nằm giữa AB và AF.Trên (A) lấy G,H sao cho GH vuông góc OA đồng thời tia AB nằm giữa tia AG,AC.CE,BF giao (A) tại P,Q khác E,F.(BPG) và (CQH) lần lượt cắt  BA,CA tại K,L khác B,C.chứng minh GK và HL cắt nhau trên AO

 Bài toán 23. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16}\]

ta chỉ cần chứng minh bdt khi $x\geq y\geq z$ 

ta có $x\geq \frac{1}{2}\Rightarrow 1=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz$

từ đó ta có $x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\leq xy(x^{2}+xy+y^{2})=S$

mà theo bddt AM-GM ta có

$S^{2}=x^{2}y^{2}(x^{2}+zy+z^{2})^{2}=27\frac{x^{2}}{3}y^{2}(\frac{x^{2}+yz+z^{2}}{3})^{2}\leq \frac{27}{256}(\frac{x^{2}}{3}+\frac{2(x^{2}+yz+z^{2})}{3}+y^{2})^{4}= \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+\frac{2(yz+z^{2})}{3})^{4}\leq \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz)^{4}\leq \frac{27}{256}\Rightarrow S\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

vậy ta có đpcm

 

Về cơ bản thì bài toán này có thể dử dụng ý tưởng như bài  toán 19, 20. Tất nhiên bài này lời giải khá đơn giản vì chỉ có 1 dấu đẳng thức xảy ra (không tính hoán vị).

em nghĩ nó không dễ đâu ạ dù chỉ có 1 dấu bằng nhưng rất khó đoán phải dùng máy tính :3 :v

em đang suy nghĩ 1 cách khác đó là chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\geq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

Lời giải bài 21. Lời giải cuả mình phần đầu giống anh Huyện nên mình bỏ phần đầu nhé
Ta chứng minh
$\sum \frac{5}{2a^2+\sqrt{4a^4+5abc}}\ge 3$
Tuy nhiên áp dụng C-S
${\sum \frac{5}{2a^2+\sqrt{4a^4+5abc}}=\sum \frac{5b^2c^2}{2a^2b^2c^2+b^2c^2\sqrt{4a^4+5abc}}\ge \frac{5(ab+bc+ca)^2}{6a^2b^2c^2+\sum b^2c^2\sqrt{4a^4+5abc}}}$
Ta sẽ chứng minh
$5(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2\ge 18+\sum 3\frac{\sqrt{4a^4+5abc}}{a^2}$
Áp dụng AM-GM
$3\frac{\sqrt{4a^4+5abc}}{a^2}\le \frac{9+4a^4+5abc}{2a^2}$
Ta chứng minh$\sum \frac{1}{2a^2}+10\sum \frac{1}{ab}\ge 2\sum a^2+3+\frac{5}{2}\sum \frac{1}{a}\sum ab$
Là 1 bất đẳng thức đúng khi $a+b+c=3$

P/s. Anh nghĩ lời giải của Long không đúng, bài này chắc có kiểu dồn biến theo kiểu thừa trừ của anh Cẩn. Còn điều kiện của bài 17 là dương hay không âm nhỉ ?

lời giải của Long em nghĩ nó đúng mà với lại đó là dồn biến thừa trừ luôn mà anh Huyện

 Bài toán 17. (Nguyễn Quốc Anh) Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=32$. Tìm giá trị lớn nhất của

$P=x^3y+y^3z+z^3x$

 Lời giải : Giả sử $x=\max \{x,y,z\}$

Ta có

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

Áp dụng AM-GM ta có

$a^{2}(a+c)\left(b+\frac{c}{2}\right)=27\frac{a^{2}(a+c)}{27}\left(b+\frac{c}{2}\right)\leq \frac{27}{256}\left(\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{a+c}{3}+b+\frac{c}{2}\right)^{4}= \frac{27}{256}\left(a+b+\frac{5c}{6}\right)^{4}\leq \frac{27}{256}(a+b+c)^{4}=\frac{32^{4}.27}{256}$

Bài 15. Cho $a,b,c>0$ sao cho $ab+bc+ca=1$. Chứng minh
$$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\ge\frac{2}{3}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}).$$

Lời giải bài 15

Ta sẽ đồng bậc hóa bất đẳng thức

$\Leftrightarrow(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})\ge\frac{2}{3}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})(ab+bc+ca)^{3}$
Bây giờ ta sẽ chứng minh
$2(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca}{ab+bc+ca}$

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

$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)}\leq \frac{\sum(a-b)^{2}}{ab+bc+ca}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{c^{2}(a-b)^{2}}{(ab+bc+ca)(a+c)(b+c)}\geq 0$

Vậy bổ đề được chứng minh ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn
$(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})\geq \frac{1}{3}(2\sum a^{2}+\sum ab)(ab+bc+ca)^{2}$
$\Leftrightarrow 3(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+ca+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})-(2\sum a^{2}+\sum ab)(ab+bc+ca)^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})-abc[\sum a^{3}+\sum ab(a+b)+3abc]+2\sum a^{3}b^{3}\geq 0$
Ta chú ý các bất đẳng thức sau
$2\sum a^{3}b^{3}=\sum a^{3}(b^{3}+c^{3})\geq \sum a^{3}bc(b+c)=\sum abc^{3}(a+b)$
$\sum a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=\sum a^{4}(b^{2}+c^{2})\geq 2abc(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq abc(\sum a^{3}+3abc)$
Từ đây ta có điều cần chứng minh

 

Bài toán 16. (Võ Quốc Bá Cẩn,Trần Quang Hùng) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

$\dfrac{1}{\sqrt{(a^2+ab+b^2)(a^2+ac+c^2)}}+\dfrac{1}{\sqrt{(b^2+bc+c^2)(b^2+ba+a^2)}}+\dfrac{1}{\sqrt{(c^2+ca+a^2)(c^2+cb+b^2)}}\geq 4+\dfrac{8}{\sqrt{3}}$

Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]

Lời giải bài 13: Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$, ta có một đẳng thức$(x+y+z)^{2}=3(xy+yz+zx)+\frac{1}{2}\sum (x-y)^{2}$

Từ đó ta có

BĐT$\Leftrightarrow (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}\geq \frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

Áp dụng đẳng thức trên ta có

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

$=3\frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2}\sum \frac{(a-b)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}}$

Mà $3 \frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Và $\frac{4(a+b+c)^{3}-27abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}-\frac{9}{4}=\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)+3(a+b)(b+c)(c+a)-24abc}{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

$= \sum \frac{(a-b)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\leq \sum \frac{(a-b)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\frac{3}{4}\sum \frac{c(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh được

$\sum (a-b)^{2}[\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c)^{2}}-\frac{1}{2(ab+bc+ca)}]\Leftrightarrow \sum S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

Dễ thấy $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a}$ ta có

$S_{a}+S_{b}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b)^{2}(b+c^{2})}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+c)^{2}(b+c^{2})}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}-\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 0$

Từ đó ta có $S_{a}+S_{b}\geq 0$. Nếu $S_{a}\geq0$ thì bđt hiển nhiên đúng vì $S_{c}\geq S_{b}\geq S_{a} \geq 0$

Còn nếu $S_{a}\leq 0\Rightarrow S_{b}\geq 0$ (vì $S_{a}+S_{b}\geq 0$)

Ta chú ý tới bđt sau $S_{b}(a-c)^{2}\geq S_{b}(b-c)^{2}\Rightarrow S_{b}(a-c)^{2}+S_{a}(b-c)^{2}\geq (b-c)^{2}(S_{a}+S_{b})\geq 0$

Vậy ta có đpcm

 

Bài toán 14. (Micheal Rozenberg)

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

$\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$

Biến đổi theo $p,q,r$ ta được $: \frac{3r-2q+1}{q-r} \geq \sqrt{\frac{4-27r}{4q}} $
Áp dụng $: r \geq max \left \{ 0, \frac{4q-1}{9} \right \} (1)$
TH1 $: q \leq 0,25 \Rightarrow VT (1) \geq \frac{-2q+1}{q} $
Cần cm $: \frac{-2q+1}{q} \geq \sqrt{\frac{1}{q}} (2) $
Vì $q>0$ nên $: (2) \Leftrightarrow (q-1)(4q-1) \geq 0 (đúng ) $
TH2 $: q \geq 0,25 $
p\s $:$ Ai rảnh xét hộ e TH $2 $

 Bạn ơi bạn chưa xét đượ̣c hàm đó là đồng biến hay nghịch biến theo $r$ đâu mà cho vô ầm ầm thế

Bài toán 10. Cho $a, b, c >0$. Chứng minh rằng:
\[(a+b+c)\left(\dfrac{a}{b^2+c^2} + \dfrac{b}{c^2+a^2} + \dfrac{c}{a^2+b^2}\right) \geq 4+ \dfrac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\]

 Lời giải 3 cho bài 10:
 Viết bài toán dưới dạng $pqr$ là $p(11p^{2}-21q)r+(p^{2}-4q)(p^{2}-2q)(p^2+q)\geq0$
 Dễ thấy hệ số cuả $r$ là số dương nên theo phương pháp ABC thì cực trị đạt được tại 2 biến bằng nhau và một biến bằng $0$
 TH1: $b=c$ và do tính đồng bậc ta có thể giả sử $b=1$, do đó bất đẳng thức ban đầu trở thành
$(a+2)(\frac{a}{2}+\frac{2}{a^{2}+1}\geq 4+\frac{4a^2}{2(a^{2}+1)^{2}}$
$\Leftrightarrow a(a-1)^{2}(4a^{3}+4a^{2}+a+6)\geq0$ (hiển nhiên đúng)
 TH2: $c=0$ bất đẳng thức ban đầu trở thành
$(a+b)(\frac{a}{b^{2}}+\frac{b}{a^{2}})\geq4$
Tương đương $(a+b)(a^{3}+b^{3})\geq4a^{2}b^{2}$ (hiển nhiên đúng theo AM-GM)
 Vậy bất đẳng thức được chứng minh

 

Bài toán 12. (Phan Hồng Sơn) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

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

Bài toán 8. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh

\[\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{a+c}}{b}\geq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}}\]

 

 Bài toán 7. (VMF) Cho $a,b,c\geq 0$ trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 và số thực $k$ thoả mãn $3^k\geq 2^{k+1}$. Chứng minh rằng : 

\[\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{b^k+c^k}+\frac{1}{c^k+a^k}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^k}\]

 

 Lời giải bài 7: Ta có bổ đề $\frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{1}{x^{k}}+\frac{1}{y^{k}}\geq \frac{3.2^{k}}{(x+y)^{k}}$

 Chứng minh áp dụng AM-GM ta có 

$\frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}\geq \frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}+\frac{1}{x^{\frac{k}{2}}y^{\frac{k}{2}}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(xy)\frac{3k}{2}}}\geq \frac{3.2^{k}}{(x+y)^{k}}$

Đúng, vậy bổ đề được chứng minh

Ta có giả thiết được viết lại là $k\geq \log_{\frac{3}{2}}2$ 

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ ta có các nhận xét

$(a+\frac{c}{2})^{k}\geq a^{k}+c^{k}$

$(b+\frac{c}{2})^{k}\geq b^{k}+c^{k}$

Bài toán đề nghị
Bài toán 6. Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh
\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\ge 45.\]

Viết lại bất đẳng thức về dạng thuần nhất
$4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\geq 5(ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow 4(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\geq 5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$ (1)
Vì bđt này thuần nhất nên ta có thể bỏ điều kiện $ab+bc+ca=3$ và ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3$
Đặt $x+1=a,y+1=b,z+1=c$ từ đó ta có $x+y+z=0$
Thay $z=-x-y$ vào (1) ta có
$4(x^{4}+y^{4}+z^{4}+4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+6(x^{2}+y^{2}+z^{2})+3)+ 33(xyz+xy+yz+zx+1)\geq 5(xy+yz+zx+3)^{2}$
$\Leftrightarrow 4[2(x^{2}+xy+y^{2})^{2}-12xy(x+y)+12(x^{2}+xy+y^{2})+3]+33[-xy(x+y)-(x^{2}+xy+y^{3})+1]\geq 5[3-(x^{2}+xy+y^{2})]^{2}$
$\Leftrightarrow 3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 81xy(x+y)$
Ta có các nhận xét sau $(x^{2}+xy+y^{2})\geq \frac{3}{4}(x+y)^{2}\geq 3xy$ nhưng bất dẳng thức đúng nếu $xy\geq0$ mà ta có $xy.xy.zx=(xyz)^2\geq0$ nên tồn tại 1 trong 3 số có 1 số lớn hơn 0, giả sử đó là xy (thỏa điểu kiện của nhận xét)
Nên ta có
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}$
Bây giờ ta cm
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}\geq81xy(x+y)$ bất đẳng thức này dễ chứng minh

 

 

 

 

 Bài toán 5. (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực $a,b,c$ dương. Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 

Lời giải khác :

Cho $b=a=1+\sqrt{3},c=1$ ta có $k\leq \frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

Ta chứng minh $k_{0}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$ là giá trị cần tìm

Thật vậy ta sẽ chứng minh

$\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k_{0}(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k_{0}}{3}$

Vì bđt của chúng ta thuần nhất nên ta chuẩn hóa$ a+b+c=1$ và đặt $r=abc$ và $ab+bc+ca=\frac{1-q^{2}}{3}$

Ta có bđt trở thành $\frac{3(3r+q^{2})}{-3r+1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Và đây là hàm đồng biến theo r nên nếu $2q\geq 1$ thì

$VT\geq \frac{3q^{2}}{1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq 1+\frac{k_{0}}{4}> \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

(Vì là hàm đồng biến theo $q^{2}\geq 1/4$)

Nếu $2q \leq 1$ thì ta áp dụng bổ đề của VQBC $\frac{(1+q)^{2}(1-2q)}{27}\leq r\leq \frac{(1-2q)^{2}(1+2q)}{27}$

Ta chứng minh $\frac{3((1+q)^{2}(1-2q)+9q^{2})}{-(1+q)^{2}(1-2q)+9(1-q^{2})}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Từ đây ta phân tích được $VT-VP=\frac{3q^{2}(3+2\sqrt{3})(2\sqrt{3}-1-q)(q-2+\sqrt{3})}{8(q+1)(q-2)^{2}}\geq 0$

Hiển nhiên đúng, vậy $k_{max}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

p/s anh Huyện nhanh tay quá   

 

\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 2\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 2\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 

Cách 2 cho bài 2:

Đặt $x=\sqrt{a+b}$ và $y,z$ tương tự, từ đó ta có $a=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}$ và cũng tương tự cho $b,c$

Từ đó ta có

$\left | P \right |=\left | \sum \frac{a-b}{\sqrt{a+b}} \right |$

$=\left | \sum \frac{(x^{2}+z^{2}-y^{2})-(x^{2}+y^{2}-z^{2})}{2x} \right |$

$=\left |\sum \frac{(z^{2}-x^{2})}{x} \right |=\left | \sum \frac{(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)}{xyz} \right |$

$=\left | \frac{(x^{2}-y^{2})(y^{2}-z^{2})(z^{2}-x^{2})}{xyz(x+y)(y+z)(z+x)} \right |$

$=\left | \frac{(a-b)(b-c)(c-a)(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})} \right |$

Đặt $c= \min \{a,b,c\}$, ta có các nhận xét 

 - $\left | (a-b)(b-c)(c-a) \right |\leq \left | ab(a+b) \right |$

 - $\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}\leq \frac{1}{ab(a+b)}$

 - $\frac{1}{(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})}\leq \frac{1}{(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

Và

 - $\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}{\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}= 1+\frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}}\leq 1+ \frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

Từ các bất đẳng thức trên ta có

$\left | P \right |\leq \frac{\left | (ab(a-b)) \right |(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}{\sqrt{ab(a+b)}(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

$=\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |$

$\leq \frac{1}{\sqrt{a+b}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\left | \frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{a+b}} \right |$

Đặt $x= \frac{a}{a+b}\Rightarrow \frac{b}{b+a}=1-x$

Suy ra $\frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}=x-(1-x)+\sqrt{1-x}-\sqrt{x}=2x-\sqrt{x}+\sqrt{1-x}-1=f(x)$

           $\Rightarrow f'(x)=2-\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$

Giải phương trình $f'(x)=0$ ta có 2 nghiệm $x_{1}$ và $x_{2}$  là $\frac{8\pm \sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}$ và ta có $f(x_{1})\geq f(x)\geq f(x_{2})$

 Từ đó tìm được $\min$ và $\max$ của $P$

tìm tài liệu về phương pháp BW tiếng anh lẫn tiếng việt đều được 

cho $a, b, c>0, a+b+c=3$. chứng minh

$\sum_{cyc}{\frac{(a+b)(b+c)}{b^3+c^3+abc}}+\frac{1}{4}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+48abc}{4(ab+bc+ca)}$

 cho $a,b,c$ là các số thực chứng minh

$(a-b)^2(6a^4-b^4)+(b-c)^2(6b^4-c^4)+(c-a)^2(6c^4-a^4)\geq0$

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $\odot (O)$ với $B,C$ cố định. Tiếp tuyến tại $A$ của $\odot (O)$ cắt $BC$ tại $T. M$ là trung điểm $BC$. Đường thẳng qua $T$ vuông góc $AM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F.BE$ cắt $CF$ tại $D$.Chứng minh đường thẳng qua $A$ vuông góc $TD$ đi qua điểm cố đinh.

 

 Bài toán 7:

 

 

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 1; 3 \right ]$, thoả mãn:

 

$x+y+z=6.$

 

 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

 

$P=\frac{x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+12xyz+72}{xy+yz+zx}-\frac{1}{2}xyz.$

 

 

 P/S:

 

 Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho 2 bài toán 3 và 6 chưa ạ?

 

Bài 7 là đề thi ĐH năm 2015 bài này đặt về t=ab+bc+ca và từ đk ta tìm được [11;12] và hàm theo f(t) là hàm đồng biến 

cho x,y,z là các số thực ko âm thỏa x+y+z=1  tìm min 

$\frac{1}{\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{z^{2}-zx+x^{2}}}$