phamngochung9a

Thưa QT, sao em không thấy chức năng đấy? Có thể chỉ giúp em được không ạ?

Bài viết này từ năm 2012 rồi bạn ơi. Giờ ĐHV cũng không được xóa bài viết nữa (trừ ĐHV tổng hợp trở lên)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh: 

$\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{4}$

Sử dụng bá đạo thức $AM-GM$: $VT=\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{\sqrt[3]{\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+ 1\right )}}}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh: $\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta lại có: $\left ( a^{2}+bc \right )\left ( ac+ab \right )\leq \frac{\left ( a+b \right )^{2}\left ( a+c \right )^{2}}{4}$.

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi nhân lại, ta được:

$\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )\leq \frac{1}{64}\left ( a+b \right )^{3}\left ( b+c \right )^{3}\left ( c+a \right )^{3}\\\Leftrightarrow \left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Gọi tâm của $4$ hình cầu là $A,B,C,D$ ; trọng tâm tam giác $ABC$ là $G$ ; trọng tâm tứ diện $ABCD$ là $O$ ; bán kính hình cầu thứ năm là $R$

Ta có $DG=\frac{2\sqrt{6}}{3}\ r$ ; $OG=\frac{\sqrt{6}}{6}\ r$ ; $OD=DG-OG=\frac{\sqrt{6}}{2}\ r$

$\Rightarrow R=OD+r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}+1 \right )$

(Chẳng có đáp án nào đúng cả, biết chọn cái nào : đây là cái dở của thi trắc nghiệm)

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

Tham khảo bài 2 ở đây :

https://diendantoanh...i-ở-trong-phễu/

Hình như anh nhầm ở chỗ tiếp xúc ngoài rồi. Theo như cách làm trên là anh đang làm tiếp xúc trong.

Cũng với ý tưởng trên, ta tính được $R=OA-r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}-1 \right )$

Đáp án đúng là $A$

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4

CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64

Nếu cho một biến tiến về $0$ thì bất đẳng thức trên sai. Chẳng hạn, cho $a=0,01, b=1, c=\frac{299}{101}$ thì $VT\approx 4,17< 64$

Có lẽ đề bài là: $$abc\left ( a^{2}+3 \right )\left ( b^{2}+3 \right )\left ( c^{2}+3 \right )\leq 64$$

Đổi biến $p,q,r$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$r\left ( r^{2}+3q^{2}-6pr+9p^{2}-18q+27 \right )\leq 64$$ 

$$\Leftrightarrow r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )\leq 64$$

Đặt $A=r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )$

Ta sẽ tìm cách đánh giá $3q^{2}-18q=3(q^{2}-6q)$ theo $r$.

• Nếu $q \geq 3$, ta chứng minh $p \geq q$. Thật vậy:

Theo bất đẳng thức $Schur$, ta có: 

$r\geq \frac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{9}  \Rightarrow q\leq \frac{9r+p^{3}}{4p}\Rightarrow p-q\geq p-\frac{9\left ( 4-p \right )+p^{3}}{4p}=\frac{(p+3)(p-3)(4-p)}{4p}\geq 0$

Dễ thấy $p\in \left [ 3;4 \right )$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng.

Xét hiệu: $\left (p^{2}-6p \right )-\left ( q^{2}-6q \right )=(p-q)(p+q-6)\geq 0$

Do đó: $$A-64\leq r( 16r^{2}-96r+17+3p^{2}-18p )-64=(r-1)^{2}(19r-64)\leq 0\\ \Rightarrow A\leq 64$$

• Nếu $q \leq 3$, ta có:

$q=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc=3r$

Xét hiệu: $q^{2}-6q-9\left ( r^{2}-2r \right )=\left ( q-3r \right )(q+3r-6)\leq 0$

Do đó: $A-64\leq \left ( r-1 \right )^{2}\left ( 43r-64 \right )\leq 0$

Ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn: $ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 $. Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}} \leq 1 $

Dùng tiếp tuyến có vẻ gọn nhất:

Ta sẽ tìm hai số thực $a,b$ sao cho: $\frac{1}{4-x}\leq ax^{2}+b$

• Tại $x=1$ thì: $a+b=\frac{1}{3}$
• Đạo hàm hai vế, ta có: $\left ( ax^{2}+b \right )^{'}_{(1)}=\left ( \frac{1}{4-x} \right )^{'}_{(1)}\Rightarrow 2a=\frac{1}{9}$

Từ đó, ta có: $a=\frac{1}{18}\Rightarrow b=\frac{5}{18}$

Vậy ta sẽ chứng minh: $\frac{x^{2}}{18}+\frac{5}{18}\geq \frac{1}{4-x}$ với mọi $x<2$

BĐT tương đương với $ \frac{\left ( 2-x \right )\left ( x-1 \right )^{2}}{18\left ( 4-x \right )}\geq 0$    (luôn đúng $\forall x< 2$)

Từ đề bài, ta có: $3> 2ab\Rightarrow \sqrt{ab}< 2\Rightarrow \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \frac{ab}{18}+\frac{5}{18}$

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta có: $VT\leq \frac{ab+bc+ca}{18}+\frac{5}{6}\leq 1$

BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng:

$ \frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ca+1}{c+a} \geq 4 $

$VT=\frac{1+3\left ( 1-ca-cb \right )}{a+b}+\frac{1+3\left ( 1-ab-ca \right )}{b+c}+\frac{1+3\left ( 1-ab-bc \right )}{c+a}\\=4\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )-3\left ( a+b+c \right )\\=\frac{4\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}+3 \right )}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )-abc}-3\left ( a+b+c \right )\\\geq\frac{4\left ( a+b+c \right )^{2}+4}{a+b+c}-3\left ( a+b+c \right )=a+b+c+\frac{4}{a+b+c}\geq 4=VP\\\rightarrow Q.E.D$

 

$\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{a^2+c^2+3}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\geq 3$

 

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

 

Cauchy Schwarz:

 

$\Rightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}=\sum \left [ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3} +\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\right ]\geq \frac{4(a+b+c)^{2}+4\left \{(a-c)^{2} ;(b-a)^{2};(c-b)^{2} \right \}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+27}$

 

Mà $27=2(a+b+c)^{2}$. Quy đồng BĐT dưới dang thuần nhất ta được:

 

$\frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+27}\geq 3\Leftrightarrow \frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)^{2}}\geq 3$

 

$\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0$

Tương tự ta cũng có: $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} (b-c)(c-a)\geq 0 & \\ (c-a)(a-b)\geq 0 & \end{bmatrix}$

 

$\left [(a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}\geq 0\Rightarrow$ Tồn tại 1 BĐT đúng! $\blacksquare$

 

 

Bạn biến đổi nhầm ở nhiều chỗ quá 

• Thứ nhất, ta phải có: $\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{a^2+c^2+3}\leq \frac{2}{3}\Leftrightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\geq 2$
• Thứ hai, theo $Cauchy-Schwarz$ thì: $2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}=\sum \left [ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3} +\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\right ]\geq \frac{4(a+b+c)^{2}+4\left \{(a-c)^{2} ;(b-a)^{2};(c-b)^{2} \right \}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9}$
• Thứ ba, $\frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)^{2}}\geq 3$ không tương đương với $(a-b)(b-c) \geq 0$

Một điều quan trọng nữa là bạn đã nhầm bài này với ví dụ trong Phương pháp yếu tố ít nhất của Võ Quốc Bá Cẩn. Trong ví dụ đó, giả thiết là $ab+bc+ca= \frac{9}{4}$. Nếu trong bài toán này mà sử dụng yếu tố ít nhất thì sẽ không phân tích thành nhân tử $(a-b)(b-c)$ được

 

Cho $a,b,c>0$,$a+2b-c>0$,và $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac+2$

Tìm Max $\[P = \frac{{a + c + 2}}{{ab + ac + a + b + 1}} - \frac{{a + b + 1}}{{{a^2} - {c^2} + 2ab + 2bc}}\]$

 

Ta có:

$P=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{2ab+2ac+2a+2b+2}-\frac{a+b+1}{\left ( a+c \right )\left ( a-c+2b \right )}\\=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{2ab+2ac+2a+2b+a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca}-\frac{a+b+1}{\left ( a+c \right )\left ( a-c+2b \right )}\\\leq \frac{2(a+c+2)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+ca-bc+2a+2b}-\frac{4\left ( a+b+1 \right )}{4\left ( a+b \right )^{2}}\\=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{a(a+c+2)+b\left ( a+c+2 \right )+b^{2}+c^{2}-2b c}-\frac{a+b+1}{\left ( a+b \right )^{2}}\\\leq \frac{2}{a+b}-\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^{2}}=\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{4}$

Vậy $\max P= \frac{1}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=\frac{2-\sqrt{2}}{2} & & \\ b=c=\frac{2+\sqrt{2}}{2} & & \end{matrix}\right.$

Cho a,b,c > 0 thỏa mãn : $5(a^2 + b^2 + c^2) = 9(ab + 2bc + ca)$

Tìm MAX:

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

Từ đề bài, ta có: $5a^{2}+5\left ( b+c \right )^{2}=9a\left ( b+c \right )+28bc\leq 9a\left ( b+c \right )+7\left ( b+c \right )^{2}\\\Rightarrow 5a^{2}-9a\left ( b+c \right )-2\left ( b+c \right )^{2}\leq 0\Rightarrow a\leq 2\left ( b+c \right )$

$\Rightarrow M\leq \frac{2a}{\left ( b+c \right )^{2}}-\frac{1}{\left ( a+b+c \right )^{3}}\leq \frac{4}{b+c}-\frac{1}{27\left ( b+c \right )^{3}}$

Đặt $\frac{1}{b+c}=t$, xét hàm số $f\left ( t \right )=4t-\frac{1}{27}t^{3}\Rightarrow f'(t)=4-\frac{1}{9}t^{2}=0\Rightarrow t=6$

Vì $f'(t)$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm $t=6$ nên $f(t)\leq f\left ( 6 \right )=16$

Vậy $\max P = 16$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{3} & \\ b=c=\frac{1}{12} & \end{matrix}\right.$

Cho $x,y$ dương thỏa mãn $x<y$ và $\frac{1+xy}{y-x} \leq \sqrt{3}.$
Tìm Min $A = \frac{(1+x^2)(1+y^2)}{x(x+y)}$

Từ đề bài, ta có: $1+xy\leq \sqrt{3}y-\sqrt{3}x\Leftrightarrow x\leq \frac{y\sqrt{3}-1}{y+\sqrt{3}}$

$\Rightarrow A\geq \frac{\left ( x+y \right )^{2}}{x\left ( x+y \right )}=1+\frac{y}{x}\geq 1+\frac{y\left ( y+\sqrt{3} \right )}{y\sqrt{3}-1}$

Xét hàm số $f(y)=\frac{y\left ( y+\sqrt{3} \right )}{y\sqrt{3}-1}$ trên $\left ( \frac{1}{\sqrt{3}};+\infty \right )$ có: $f'(x)=\frac{y^{2}\sqrt{3}-2y-\sqrt{3}}{\left ( y\sqrt{3}-1 \right )^{2}}=0\Rightarrow y=\sqrt{3}$

Từ bảng biến thiên, ta có: $f\left ( y \right )\geq f\left ( \sqrt{3} \right )= 3\Rightarrow A\geq 4$ 

Vậy $\min A= 4$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x=\frac{\sqrt{3}}{3} & \\ y=\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$

Giải phương trình:

$\sqrt[3]{3x+2}+x\sqrt{3x-2}=2\sqrt{2x^2+1}$

• Điều kiện: $x \geq \frac{2}{3}$.
• Phương trình đã cho tương đương với:

$\left ( \sqrt[3]{3x+2}-2 \right )+\left ( x\sqrt{3x-2}-4 \right )=\left ( 2\sqrt{2x^{2}+1}-6 \right )\\\Leftrightarrow \frac{3\left ( x-2 \right )}{\sqrt[3]{\left ( 3x+2 \right )^{2}}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}+\frac{\left ( x-2 \right )\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x\sqrt{3x-2}+4 }=\frac{4\left ( x+2 \right )\left ( x-2 \right )}{\sqrt{2x^{2}+1}+3}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x-2=0 & (1) \\ \dfrac{3}{\sqrt[3]{\left ( 3x+2 \right )^{2}}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}+\dfrac{3x^{2}+4x+8}{x\sqrt{3x-2}+4}=\dfrac{4(x+2)}{\sqrt{2x^{2}+1}+3} & (2) \end{matrix}\right.$

• $(1) \Leftrightarrow x=2$
• Ta sẽ chứng minh $(2)$ vô nghiệm do $VT>VP$. Thật vậy:

$VT> \frac{3x^{2}+4x+8}{x\sqrt{3x-2}}\geq \frac{3x^{2}+4x+8}{\frac{x^{2}+3x-2}{2}+4}=\frac{2\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x^{2}+3x+4}$

$VP<\frac{4(x+2)}{x+3}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh:

$\frac{2\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x^{2}+3x+4}> \frac{4\left ( x+2 \right )}{x+3}\\\Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}+8> 0$

Vì bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=2$.

Cho a,b,c dương thỏa mãn
$ a+b+c = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}} $
Tìm max $\frac{1}{a^2+b^2+3} + \frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{c^2+a^2+3}$

Để cho gọn, ta đặt $\left\{\begin{matrix} a\sqrt{\frac{2}{3}}=x & & \\ b\sqrt{\frac{2}{3}}=y & & \\ c\sqrt{\frac{2}{3}}=z & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x+y+z=\sqrt{\frac{2}{3}}\left ( a+b+c \right )=3$

Khi đó, cần tìm giá trị lớn nhất của: $P=\frac{2}{3}\left ( \frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2} \right )$

Không mất tính tổng quát, giả sử $z=\max\left \{ x,y,z \right \}$.

Đặt $f(x,y,z)= \frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}$

Ta sẽ chứng minh $f(x,y,z)\leq f\left ( \frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z \right )$. Thật vậy:

Xét hiệu: $d=f\left ( \frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z \right )- f(x,y,z)\\=\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{2}+2}-\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2}-\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2}-\frac{1}{x^{2}+z^{2}+2}\geq \frac{\left ( x-y \right )\left ( 3x+y \right )}{\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]\left ( z^{2}+x^{2}+2 \right )}+\frac{\left ( y-x \right )\left ( 3y+x \right )}{\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]\left ( y^{2}+z^{2}+2 \right )}\\=\frac{\left ( x-y \right )^{2}\left ( 2z^{2}+4-x^{2}-4xy-y^{2} \right )}{\left ( x^{2}+z^{2}+2 \right )\left ( y^{2}+z^{2}+2 \right )\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]}$

Ta có: $2z^{2}+4-x^{2}-4xy-y^{2} \geq 4-\left ( x+y \right )^{2}\geq 4-\frac{4}{9}\left ( x+y+z \right )^{2}=0$

$\Rightarrow d\geq 0$, ta có điều phải chứng minh.

Do đó: $P\leq \frac{2}{3}\left ( \frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{2}+2}+\frac{2}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2} \right )=\frac{4}{3}\left ( \frac{1}{z^{2}-6z+13}+\frac{4}{5z^{2}-6z+17} \right )=\frac{4\left ( 3z^{2}-10z+23 \right )}{\left ( z^{2}-6z+13 \right )\left ( 5z^{2}-6z+17 \right )}$

$\Rightarrow P-\frac{1}{2}\leq -\frac{\left ( z-1 \right )^{2}\left ( 5z^{2}-26z+37 \right )}{2\left ( z^{2}-6z+13 \right )\left ( 5z^{2}-6z+17 \right )}\leq 0\\\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}$

Vậy $\max P= \frac{1}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$

1. Cho a,b,c >0

CMR: $\frac{a^3b}{1+a^2b}+\frac{b^3c}{1+bc^2}+\frac{c^3a}{1+ca^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

2. Cho a,b,c>0

CMR: $\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+ca^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

$\boxed{\text{Bài 1}}$

Chia hai vế cho $abc$, ta cần chứng minh:

$$\frac{a^{2}}{c+a^{2}bc}+\frac{b^{2}}{a+abc^{2}}+\frac{c^{2}}{b+a^{2}bc}\geq \frac{a+b+c}{1+abc} \quad \quad (*)$$

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy-Schwarz}$, ta có: 

$$\frac{a^{2}}{c+a^{2}bc}+\frac{b^{2}}{a+abc^{2}}+\frac{c^{2}}{b+a^{2}bc}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+abc\left ( a+b+c \right )}=\frac{a+b+c}{1+abc}$$

Suy ra $(*)$ đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

$\boxed{\text{Bài 2}}$

Chia hai vế cho $abc$, ta cần chứng minh:

$$\frac{a^{3}}{bc+a^{2}b^{2}c}+\frac{b^{3}}{ac+ab^{2}c^{2}}+\frac{c^{3}}{ab+a^{2}c^{2}b}\geq \frac{a+b+c}{1+abc}$$

Theo bất đẳng thức $\text{Holder}$, ta có:

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

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

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Cho $a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=3$. Tìm Min của

$P=(a-1)^{3}+(b-1)^{3}+(c-1)^{3}$

• Nếu $b+c \geq 2$ thì: 

$$P=\left ( a-1 \right )^{3}+\left ( b+c-2 \right )\left ( b^{2}+c^{2}-bc-b-c+1 \right )$$

$$\geq \left ( a-1 \right )^{3}+\left ( 1-a \right )\left [ \frac{1}{4}\left ( b+c \right )^{2}-b-c+1 \right ]$$

$$=\left ( a-1 \right )^{3}-\frac{\left ( a-1 \right )^{3}}{4}=\frac{3}{4}\left ( a-1 \right )^{3}\geq -\frac{3}{4}$$

• Nếu $b+c \leq 2$ thì: 

$$P=\left ( a-1 \right )^{3}+\left ( b+c-2 \right )\left ( b^{2}+c^{2}-bc-b-c+1 \right )$$

$$\geq \left ( a-1 \right )^{3}+\left ( 1-a \right )\left [ \left ( b+c \right )^{2}+a-2 \right ]$$

$$=3a^{2}-9a+6\geq -\frac{3}{4}$$

Vậy $\min P= -\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & & \\ b=\frac{3}{2} & & \\ c=\frac{3}{2} & & \end{matrix}\right.$ và các hoán vị. 

Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{b+c}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{c+a}{\sqrt{c+a-b}}+\frac{a+b}{\sqrt{a+b-c}}\geq 6\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c}}.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{b+c-a}=x &  & \\ \sqrt{a+c-b}=y &  & \\ \sqrt{a+b-c}=z &  & \end{matrix}\right.$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\frac{2x+y+z}{\sqrt{x}}+\frac{2y+z+x}{\sqrt{y}}+\frac{2z+x+y}{\sqrt{z}}\geq 6\sqrt{\frac{\left ( x+y \right )^{2}+\left ( y+z \right )^{2}+\left ( z+x \right )^{2}}{x+y+z}}$$

Chuẩn hóa $x+y+z=3$. Khi đó, ta cần chứng minh:

$$\frac{x+3}{\sqrt{x}}+\frac{y+3}{\sqrt{y}}+\frac{z+3}{\sqrt{z}}\geq 6\sqrt{\frac{18-2\left ( xy+yz+zx \right )}{3}}$$

$$\Leftrightarrow \left ( \frac{x+3}{\sqrt{x}}+\frac{y+3}{\sqrt{y}}+\frac{z+3}{\sqrt{z}} \right )^{2}\geq 24\left ( 9-xy-yz-zx \right )$$

Ta có: 

$$VT=\sum \frac{\left ( x+3 \right )^{2}}{x}+2\sum \frac{\left ( x+3 \right )\left ( y+3 \right )}{\sqrt{xy}}=\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+21+2\sum \frac{xy+3x+3y+9}{\sqrt{xy}}$$

$$\geq \frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+21+2\sum \frac{8\sqrt{xy}+8}{\sqrt{xy}}=\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+69+\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}$$

Do đó, ta cần chứng minh: 

$$\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}+24\left ( xy+yz+zx \right )\geq 147$$

Theo $AM-GM$ thì:

• $\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}+24\left ( xy+yz+zx \right )\geq 72+16\left ( xy+yz+zx \right )$
• $\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}=9.\frac{\left ( xy+yz+zx \right )^{2}-6xyz}{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq \frac{27}{xyz}=\frac{81}{xyz\left ( x+y+z \right )}\geq \frac{243}{\left ( xy+yz+zx \right )^{2}}$

Đặt $xy+yz+zx=t$ $(t \leq 3)$, ta cần chứng minh: $8t+\frac{243}{t^{2}}\geq 51$      $(*)$

Theo $AM-GM$ thì: 

$$8t+\frac{243}{t^{2}}=\left ( 4t+4t+\frac{108}{t^{2}} \right )+\frac{135}{t^{2}}\geq 3\sqrt[3]{4^{2}.108}+\frac{135}{3^{2}}=51$$

Do đó, $(*)$ đúng.

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c \quad \blacksquare$