duongvanhehe

CHo x,y,z là 3 số dương thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh:
$(x^{2}+y^{2})(y^{2}+z^{2})(z^{2}+x^{2})\geq 8(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})^{2}$

Ta có:
$(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^2y^2z^2$
$=(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^2y^2z^2(x+y+z)^2$
$\geq (x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-xyz(x+y+z)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
Nên ta chỉ cần chứng minh được:
$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(z+y+z)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
Sử dụng BĐT Schur ta có:
$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)=(x^2+y^2+z^2)^2+2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+2\sum xy(x^2+y^2)+2xyz(x+y+z)-xyz(x+y+z)$
$\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3\sum xy(x^2+y^2)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=(x^2+y^2+z^2)^2+2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+2\sum xy(x^2+y^2)+2xyz(x+y+z)-xyz(x+y+z)$
$\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3\sum xy(x^2+y^2)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

Bài 1:
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{zx+zy+z^2-xy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{zx+yz}{x^2+xy+y^2}+\sum \frac{z^2-xy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
Ta có:
$\frac{xy+xz}{y^2+yz+z^2}+\frac{yz+xy}{z^2+zx+x^2}+\frac{zx+zy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
Giả sử $x\geq y\geq z$ , theo BĐT Chebyshev ta có:
$\frac{x^2-yz}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2-zx}{z^2+zx+x^2}+\frac{z^2-xy}{x^2+xy+y^2}$
$\geq \frac{1}{3}(x^2-yz+y^2-zx+z^2-xy)\left ( \frac{1}{x^2+xy+y^2}+\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1}{zz^2+zx+x^2} \right )$
$\geq 0$
Suy ra đpcm
Bài 3:
Ta có BĐT sau:
$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)\left ( \frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab} \right )\geq 3$
nên ta chỉ cần chứng minh được:
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}\geq 1$
Nhưng BĐT này đúng theo Cauchy-Schwarz:
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}=\sum \frac{b^2c^2}{a^2bc+b^2c^2}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{a^2bc+b^2ca+c^2ab+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geq 1$

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\geq 1$$

BĐT tương đương: $\sum \frac{a(a^2+2bc)}{(a+b+c)(a^2+(b+c)^2-a(b+c))}\geq 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a^2+2bc)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq a+b+c$
$\Leftrightarrow \sum a\left ( \frac{a^2+2bc}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-1 \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum a.\frac{b(a-b)+c(a-c)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)\left ( \frac{1}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-\frac{1}{b^2+(c+a)^2-b(c+a)} \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b).\frac{2ca-b(c+a)-2bc+a(b+c)}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}$
$\Leftrightarrow \sum 3abc.\frac{(a-b)^2}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}\geq 0$
Luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $abc=0$

Giải trí sáng chủ nhật ^^~
Bài toán 1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\left(\frac{a}{b+c}\right)^2+\left(\frac{b}{a+c}\right)^2+\left(\frac{c}{a+b}\right)^2+\frac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$$
Bài toán 2.
Chứng minh $\forall a,b,c\geq 0$ ta luôn có:
$$1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài toán 1
Nhân cả 2 vế của BĐT cần chứng minh với $(a+b)(b+c)(c+a)$ , tương đương với:
$\sum \frac{a^2(a+b)(a+c)}{b+c}+10abc\geq 2(a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a^2(a+b)(a+c)}{b+c}-2a^3 \right )+2(a^3+b^3+c^3+5abc)\geq (a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2(a-b)(a-c)}{b+c}+2(a^3+b^3+c^3+3abc)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
(Luôn đúng theo Schur)
Bài toán 2.
Ta có: $8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 9(a+b)(b+c)(c+a)$
nên $\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{9abc}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$
$\Rightarrow 1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 1+\frac{9abc}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$
$=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\left ( a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \right )\geq \frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$
(đúng theo Schur)

Giả sử $C=min{A,B,C}$
Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{2-cosA}+\frac{1}{2-cosB}\geq \frac{2}{2-cos\frac{A+B}{2}}$
$\Leftrightarrow (4-cosA-cosB+cosAcosB)(2-cos\frac{A+B}{2})\geq 2(2-cosA)(2-cosB)$
$cos\frac{A+B}{2}(cosA+cosB)-2cosAcosB+2(cosA+cosB)-4cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2cos^2\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}-(cos(A+B)+cos(A-B))+4cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}-4cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2cos^2\frac{A+B}{2}cos\frac{A-b}{2}-2cos^2\frac{A+B}{2}+2(1-cos^2\frac{A-B}{2})-4cos\frac{A+B}{2}+4cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(1-cos\frac{A-B}{2})(1+cos\frac{A-B}{2}-2cos\frac{A+B}{2}-cos^2\frac{A+B}{2})\geq 0$
Điều này đúng do:
$\frac{\pi}{3}\leq \frac{A+B}{2}\leq \frac{\pi}{2}\Rightarrow 1-2cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$cos\frac{A-B}{2}\geq cos\frac{A+B}{2}\geq cos^2\frac{A+B}{2}$
Giờ ta chỉ cần chứng minh được: $\frac{2}{2-cos\frac{A+B}{2}}+\frac{1}{2-cosC}\geq 2$
$\Leftrightarrow sin\frac{C}{2}(2sin\frac{C}{2}-1)^2\geq 0$
(Luôn đúng )
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều...