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

Họ và tên:Thái Hữu Thưởng
Nick trong diễn đàn (nếu có):Gachdptrai12

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 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

 

 

 

 

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

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             

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 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}$

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

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 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

cho a,b,c là các số thực dương chứng minh $(a+b+c)^{3}\geq \frac{27}{4}(a^{^{2}}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$

góp ý bài 3 chỉ cần sửa lại AM-GM cho k+1 số bạn nhé min là 3(k+1)/2 còn lại AM-GM ngược dấu đúng ròi

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 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

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 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)

Ta chỉ cần chứng minh

\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt{3}|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned} \left |(a-b)(b-c)(c-a)\right| &=(a-c)(b-c)(a-b)\\&\le (a+c)\cdot b \cdot (a+c-b)\\&=\frac{1}{2} \cdot \left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)\cdot b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) \cdot (a+c-b)\\& \le \frac{1}{2}\left [ \frac{\left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)+ b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) + (a+c-b)}{3} \right ]^3\\& =\frac{1}{6\sqrt{3}}(a+b+c)^3.\end{aligned}\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

bình phương => ta chứng minh bđt manh hơn (a-b)²(b-c)²(c-a)²$\leq \frac{27}{4}$ ta có$(b-c)^{2}\leq b^{2},(a-c)^{2}\leq a^{2}$

ta chứng minh$4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq 27$ áp dụng AM-GM ta có $4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq (\frac{2ab+2ab+(a-b)^{3}}{27})$ =$\frac{(a+b)^{6}}{27}$ mà a+b<=a+b+c=3 +. dpcm

Bài 86:cho $x,y$ là các số thực thỏa $x+y+2=2(\sqrt{x-1} + \sqrt{y+2})$. Tìm min $\frac{1}{x}+\frac{1}

baì này mình làm thế này ko biết đúng hay không thấy đăng mà không ai giải 

áp dụng bđt C-S ta có$2(\sqrt{x-1}+\sqrt{y+2})\geq 2\sqrt{2(x+y+1)}$

đặt x+y+1=t ta có từ giả thuyêt=>t+1$\geq 2\sqrt{2(t)}$ ta chăn được t rồi ta có 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y+3}\geq \frac{4}{x+y+3}=\frac{1}{t+2}$ => ra được min mà vừa đảm bảo được dấu bằng

Đề này có phần màu đỏ không bạn ?Nếu không có là Schur bậc 3 rồi
Còn nếu có thì chỉ cần giả sử $c\geq a\geq b$ thì $VT\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ cũng là Schur bậc 3

bạn làm rứa thiếu TH a>=b>=c đó bđt này nói ra cũng thú vị dùng S.O.C hoặc cách khác nhưng S.O.C là Hay nhất

Anh có viết một chuyên đề trong đó có nhắc đến bài toán này, em xem trong file đính kèm nhé.

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

 

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

 

bài này làm thế này 

VT) $x+yz\leq x+\frac{x(y^{2}+z^{2})}{2}=x+\frac{x(1-x^{2})}{2}=-(x+2)(x-1)^{2}+1\leq 1$ta sẽ cm bổ đề sau 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

cho hỏi bất đẳng thức này có thể chuẩn hóa được không ạ

được bạn vì nó thuần nhất bậc 1 :v @@

Bài 77: cho a,b,c dương cm$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$