dungmathpro

Ta có:
$a+b+c=2007\Rightarrow \frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{2007}\Rightarrow \frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
$\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Rightarrow \frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Rightarrow \frac{-(b+c)}{a(a+b+c)}=\frac{b+c}{bc}\Rightarrow (b+c)\left [ \frac{1}{a(a+b+c)}+\frac{1}{bc} \right ]=0\Leftrightarrow (b+c)\left [ \frac{a^2+ab+ac+bc}{abc(a+b+c)} \right ]=0\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(a+c)\left [ \frac{1}{abc(a+b+c)} \right]\Rightarrow (a+b)(b+c)(a+c)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} a+b=0\\b+c=0 \\ c+a=0 \end{bmatrix}$
mà a+b+c=2007 suy ra một trong ba số bằng 2007
l

Hí hí


$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$
$\Leftrightarrow \dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}\ge0$
Ta có:

$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}$
$\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}$
$\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\ge0$


Do vai trò của $a,b,c$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $a,b,c$ là dãy không giảm, tức :$a\leq b\leq c$ thì các tử thức và nghịch đảo mẫu thức trong vế trái của biểu thức trên cũng là dãy không giảm. Áp dụng BĐT Chebyshev, ta có:

$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}[(2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac)+(2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab)+(2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc)].[\frac{1}{2(c+a)^2}+\frac{1}{2(a+b)^2}+\frac{1}{2(b+c)^2}]=0$

Ban hay chứng minh tử số là một dãy đơn điệu......

Cái này trong cuốn sáng tạo BĐT của phạm kim hùng

Bài toán 3:
BĐT tương đương:
$\frac{4ab}{(a+b)^2}+\frac{4bc}{(b+c)^2}+\frac{4ac}{(a+c)^2}+\frac{a+c}{b}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}\geq 9$
Ta có$\begin{bmatrix} \frac{4ab}{(a+b)^2}+\frac{a}{b}) \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \frac{4bc}{(b+c)^2}+\frac{b}{c}) \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \frac{4ac}{(a+c)^2}+\frac{c}{a}) \end{bmatrix}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq 4\frac{a}{a+b}+4\frac{b}{c+b}+4\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}=(4\frac{a}{a+b}+\frac{a+b}{a})+(4\frac{b}{c+b}+\frac{b+c}{a})+(4\frac{c}{a+c}+\frac{c+a}{c})-3\geq 12-3=9\Rightarrow đpcm$

Bài 4:
Ta có:
$\sqrt{\frac{ab}{c}+1}=\sqrt{\frac{ab}{c}+a+b+c}=\sqrt{\frac{ab+ac+bc+c^2}{c}}= \sqrt{\frac{(a+c)(b+c)}{c}}$
Để ý
$\sqrt{(a+c)(c+b)}\geq \sqrt{(\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^2}= \sqrt{c}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\Rightarrow \sqrt{\frac{ab}{c}+1}=\frac{\sqrt{(a+c)(b+c)}}{\sqrt{c}}\geq \frac{\sqrt{c}(\sqrt{a}+\sqrt{b})}{\sqrt{c}}= \sqrt{a}+\sqrt{b}$
tương tự
Vậy
$P\geq 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$