Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

                           $(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

http://diendantoanho...cauchy-schwarz/

của anh huyện đấy 

cho em xin cái tài liệu CYH của anh Cẩn =)))

mấy anh em hào hứng nhỉ mà tiếc là em soái ca quá :v 

1 cách khác cho bài 9 (đề đúng có lẽ em nhầm) Đặt bđt là (1)
áp dụng bđt holder ta có
(1+1+1)(x(xy+z)+y(yz+x)+z(zx+x))(VT(1))>=(x+y+z)^3
nên để chungs minh (1) ta chứng minh
x(xy+z)+y(yz+x)+z(zx+y)<=x^2(y+1)+y^2(y+1)+z^2(x+1) khai triển ra ta thấy bđt trên <=> x^2+y^2+z^2>= xy+yz+zx đúng dpcm
p.s nhờ anh huyện sửa bài em thành latex nha em dùng dtdd nên ko viết latex dc

 

Bài 9 (Selection Of Kiev To UMO). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$\frac{x^2}{xy+z}+\frac{y^2}{yz+x}+\frac{z^2}{xz+y}\ge \frac{(x+y+z)^3}{3(x^2(y+1)+y^2(z+1)+z^2(x+1)}.$$

 

anh ơi bài ni đâu có đồng bậc 

p/s sửa xong xóa bl của em nha(nếu sai) :v

13)(koreanMO2016 ngày2 )cho $x,y,z$ là số thực thỏa $x^2+y^2+z^2=1$, tìm max $$(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy)$$

câu 14 đã có ở đây https://www.artofpro...imo_tst_2016_p3 với lời giải của quykhtn

Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.

Ta có $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)(\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2} \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.
Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.
$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$
Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$
hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

dòng 1 bđt sai nếu a,b chạy tơí âm vô cùng còn c=0

Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$

áp dụng bđt AM-GM ta có $VT\geq \sum \sqrt{\frac{2x}{y}}$

tiếp tục áp dụng AM-GM 1 lần nữa ta có$\sum \sqrt{\frac{2x}{y}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8xyz}{yxz}}}$=$3\sqrt{2}$ 

p/s èo sai rồi 3 số thực tưởng mô

Đặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[27r^2+(29p^3-63pq)r+4p^6-24p^4q+36p^2q^2-9q^3 \geqslant 0. \quad (1)\]
Giả sử $p=3$ và đặt $q=3-3t^2\;(0 \leqslant t < 1)$ thì $(1)$ tương đương với
\[r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9 \geqslant 0.\]
Đặt \[f(r) = r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9,\] ta sẽ chứng minh $f(r) \geqslant 0.$

Thật vậy nếu $0 \leqslant t \leqslant \frac{1}{2}$ thì do $r \geqslant (1-2t)(1+t)^2 \geqslant 0$ cho nên
\[f(r) \geqslant f[(1-2t)(1+t)^2] = t^2(13t^4-30t^3+27t^2-20t+18).\]
Lại đặt
\[f(t) = 13t^4-30t^3+27t^2-20t+18.\]
Ta có
\[f^{'}(t) = 2(26t^3-45t^2+27t-10),\]
nên
\[f^{'}(t) = 0 \Leftrightarrow t_0 = \frac{15}{26}+\frac{1}{26}\left ( \sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}-\frac{9}{\sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}} \right ).\]
Suy ra
\[f(t) \geqslant \left \{ f(0),\,f(t_0),\,f\left(\frac{1}{2}\right) \right \} = f(t_0) > 0.\]
Còn nếu $\frac{1}{2} \leqslant t < 1,$ thì
\[f(r) > 9t^6+81t^4+27t^2-9 > 9\left ( \frac{1}{2} \right )^6+81\left ( \frac{1}{2} \right )^4+27\left ( \frac{1}{2} \right )^2-9 = \frac{189}{64} > 0.\]
Vậy $f(r) > 0.$ Bài toán được chứng minh.

anh huyện bài ni nếu áp dụng pp ABC thì f(r) có bậc 2 nên nó đạt đuợc cực trị khi có 1 biến bằng 0 hoặc 2 biến bằng nhau
nên ta có thể cho a=b.Mà bđt đồng bậc chuẩn hóa a=1 thì f© >=0 ta có đpcm
p.s ko biết đúng ko. à mà khúc q=3-3t^2 là đặt a^2+b^2+c^2=3+6t^2 hả anh

 bài đọc này bổ ích ghê hình như bài của VMEO4 mở rộng của bổ đề đúng ko ạ ?? thank anh jup em có k thức mới :v

em có bài này nè cũng hay

cho a,b,c >0 chứng minh $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Tương tự bài ở đây!

chẳng có j lq đến bđt cần cm

bài 46 cho a,b,c là các số thực dương cm $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}$

mình làm là vt>=3[(a+b+c)^2(1/a+1/b+1/c)]^(1/3) áp dụng am-gm abc(a+b+c)<=(ab+bc+ca)^2/3 nên 1/a+1/b+1/c>=3(a+b+c)/(ab+bc+ca) nên vt>=3[3(a+b+c)^3/(ab+bc+ca)] sau đó áp dụng am-gm nữa: (ab+bc+ca)^2(a2+b2+c2)<=(a+b+c)^6/27 nên (ab+bc+ca)<=(a+b+c)^3/9 từ đó suy ra dpcm bài 23 của bạn trên p/s đua nhau post bài

bài 28 

bđt tương dương 

$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow$

mà $a^{2}+b^{2}=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{2}$

bđt tương đương$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}+\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq 3$

áp dụng bđt C-S$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a+b)+(b+c)+(c+a))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$ và 

$\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a-b)+(b-c)+(a-c))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$

đên đây chỉ cần tương đường thì ra (a-b)(b-c) >=0 tương tự thì ra (a-c)(b-c)>=0 và (a-B(b-c)>=0 và tích của 3 đại ượng lớn hơn 0 nên tồn tại một đại lượng lớn hơn 0 =>dpcm đây là bài iran 2009 và cách yếu tố ít nhất của anh cẩn 

p/s lần sau sẽ ko bao h` dùng sigma nữa

bài 23 cho a,b,c là các số thực dương chứng minh (a+b+c)^3>=27/4(a^2b+b^2c+c^2a+abc)

bài 21 anh huyện hình như có đăng mở rộng bài ni nè em đọc rồi zô vấn đề
a^2+b^2+c^2+2abc+1 theo nguyên lí đirecle thì (a-1)(b-1)>=0 mà a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)+abc+1=(a-b)^2+(c-1)^2+3c(a-1)(b-1)>=0 rồi dpcm

bài 12 có vấn đề thì phải nhỉ dấu bằng đâu có xayr ra đối xứng mô
số trc abc là 15/4 chứ mình xin giải quết bài này và hằng số k min nhất thỏa bài này là 15/4 lun đó đồng bậc hóa bđt <=>
4(a^3+b^3+c^3)+15abc>=(a+b+c)^3 khai triển ra thì có 3(a^3+b^3+c^3)+9abc>=3ab(a+b)+3(b+c)bc+3(a+c)ac đúng vì đây là bđt schurrr
ps ra net mình sẽ post lại bằng latex rõ ràng :3 ây` số 6 dùng hoán vị là ra mệt ghê post bậy rùi

bài 31 có thể dùng S.O.S và S.O.C bài này mình đăng kí nếu ko ra xóa bl của mình nhé tránh spam cho topic  :v :v :v :3 :3

bài 40 áp dụng bổ đề sau đây $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}$ chỉ cần tương đương là ra

về bài toán bđt cần cm VT$\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+ca}=1$=> dpcm bài này china TST 2004

Bài 45 : 
Chứng minh với $a,b,c>0$ thỏa $abc=1$ . Chứng tỏ 
$ \sum \frac{a^3b}{1+ab^2} \ge \frac{abc(a+b+c}{1+abc}$ 

bài này cũng trí đó )) @@@

$VT\Leftrightarrow \sum \frac{a^{4}b^{2}c^{2}}{c+ab^{2}c}$(vì abc=1)

áp dụng bđt C-S=>$\sum \frac{a^{4}b^{2}c^{2}}{c+ab^{2}c}\geq \frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}{a+b+c+abc(a+b+c)}=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)}{2}=VP$(vì abc=1)=> ddpcm p/s lạnh run người lun             

 

 

 

 

Cả 2 bài trên chỉ vận dụng 2 cái cơ bản:

 

$\sum (\frac{a}{b}+\frac{a}{c})\geq 4\sum \frac{a}{b+c}$        (Schwarz)               (33)

và:

$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$           (Nesbit)              (32,33)

 

------------------------------------

 

Tiếp theo: 

 

Bài 36:  $x,y>0; x+y=2$

Tìm MIN:    $A=\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}$

 

Bài 37:$x,y,z>0$

CM:  $\sqrt{\frac{2x}{x+y}}+\sqrt{\frac{2y}{y+z}}+\sqrt{\frac{2z}{z+x}}\leq 3$

 

Bài 38: $a,b,c>0; abc=1$

CM:  $\frac{1}{(a+1)(a+2)}+\frac{1}{(b+1)(b+2)}+\frac{1}{(c+1)(c+2)}\geq \frac{1}{2}$

 

Bài 39: $a,b,c>0$

CM:   $\frac{a^{3}}{a^{3}+abc+b^{3}}+\frac{b^{3}}{b^{3}+abc+c^{3}}+\frac{c^{3}}{c^{3}+abc+a^{3}}\geq 1$

 

-----------------------------------

 

Tiếp mục bất đẳng thức ta sẽ tìm hiểu tiếp về phương pháp đổi biến:

 

Ta sẽ xét Bài 29 làm ví dụ:

 

$\sum \frac{1}{x^{2}+x+1}\geq 1$, nhìn lời giải thì có vẻ vô cùng đơn giản nhưng thực ra để mà nghĩ ra được cách ĐỔI BIẾN như vậy là một việc không hề dễ.

 

Theo như kinh nghiệm của mình và tham khảo thì ĐỔI BIẾN khi đối với Cauchy-Schwarz thì chỉ nên áp dụng khi bậc của biến tử lớn hơn biến mấu VÀ khi gặp một bài toán cho tích các biến bằng 1 (thường là bài 3 biến) thì việc đầu tiên nghĩ đến là đặt hay đổi biến.

 

Một số cách đổi biến thông dụng:

 

1. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c})$

 

2. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a})$

 

3. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{b}{a};\frac{c}{b};\frac{a}{c})$

 

4. $(a,b,c)\rightarrow (ab;bc;ca);(a^{2};b^{2};c^{2})$

 

5. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{bc}{a^{2}};\frac{ca}{b^{2}};\frac{ab}{c^{2}})$

 

6. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{a^{2}}{bc};\frac{b^{2}}{ca};\frac{c^{2}}{ab})$

 

7. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{a^{2}};\frac{1}{b^{2}};\frac{1}{c^{2}})$

 

.......... và còn rất nhiều cách phụ thuộc vào dạng bài và sự sáng tạo của bạn nữa ~!

 

----------------------------------------

 

Bài 40: (một bài ví dụ, nhưng hơi khó hơn do 4 biến)

 

$x,y,z,t>0;xyzt=1$

CM:  $\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}+\frac{1}{(t+1)^{2}}\geq 1$

 

 

 

 

37 nhé vô bài 

bài này đổi biến (x,y,z)->($\sqrt{\frac{b}{a}},\sqrt{\frac{c}{b}},\sqrt{\frac{a}{c}}$) bđt trở thành 

$\sum \sqrt{\frac{2}{1+x^{2}}}\geq 3$ ta có 1 bđt quen thuộc sau giả sử xy>=1 thì z<=1 =>$\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\leq \frac{2}{1+xy}$

áp dụng bđt C-S ta có $(\sqrt{\frac{2}{1+x^{2}}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^{2}}})^{2}\led 2(\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{2}{1+y^{2}})=4(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}})\geq 4(\frac{2}{1+xy})=\frac{8z}{1+z}$=>$\sqrt{\frac{2}{x^{2}+1}}+\sqrt{\frac{2}{y^{2}+1}}\leq 2\sqrt{\frac{2}{1+xy}}$ và $\sqrt{\frac{2}{z^{2}+1}}\leq \frac{2}{z+1}$ từ đó thay vào bđt ban đầu và chứng minh tương đương ra bé hơn 3 p/s đà nẵng lạnh quá tê tay gõ phím chẳng dc

44) xyz$\geq 1$ ta cũng có bđt sau $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\leq 1$

bài 39 chuẩn hóa abc=1 khi chuẩn hóa như vậy ta có quyền đặt a=$\sqrt[3]{\frac{x}{y}}$,b=$\sqrt[3]{\frac{y}{z}}$,c=$\sqrt[3]{\frac{z}{x}}$ đặt như vậy xong phân tích bđt theo cách đặt trên và áp dụng bđt C-S cộng mẫu

bài 11 dùng AM-GM ngược dấu bđt$\Leftrightarrow \sum (a-\frac{ab^{2}}{a+b^{2}})$ cần chúng minh $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leq a+b+c$ đến đây dùng bđt c-s cho bộ số(a,b,c) và (ab,bc,ca) ta có dpcm