vuchidung2001

Đây là lời giải của mình:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

 $\sum a-\sum \frac{3}{ab^2+3b}\leq \frac{3}{4}$

<=>$\sum \frac{3}{ab^2+3b}\geq \sum a-\frac{3}{4}$

 Mà theo 1 bất đẳng thức cơ bản :$(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)$(mà$a+b+c=3$)

                                                    <=>$a+b+c\leq 3$

                                                    <=>$a+b+c-\frac{3}{4}\leq \frac{9}{4}$

Bây giờ chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được:

 $\sum \frac{3}{ab^2+3b}\geq \frac{9}{4}$ 

 <=> $\sum \frac{1}{ab^2+3b}\geq \frac{3}{4}$ (1)

                                            <=>$\sum \frac{1}{ab^2+3b}\geq \frac{9}{\sum ab^2+9}$

 Vậy (1) đúng nếu ta chứng minh được:

 $\sum ab^2\leq 3$

 Thật vậy theo bất đẳng thức CBS ,có: $(\sum ab^2)^2\leq (\sum a^2)(\sum a^2b^2)$

  Và bất đẳng thức cơ bản: $(\sum a^2b^2)\leq\frac{ (\sum a^2)^2}{3}$

<=> $(\sum ab^2)^2\leq \frac{(\sum a^2)^3}{3}=9$ (do $\sum a^2= 3$)

<=> $\sum ab^2\leq 3$

<=>(1) đúng

<=>ĐPCM

 Đẳng thức xảy ra<=>$a=b=c=1$

 

Bất đẳng thức tương đương $(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})^{6}(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}(ab+bc+ca)^{2}\geqslant 6561(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}$

Đúng từ:

$(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})(ab+bc+ca)^{2}.3\geqslant (a+b+c)^{4}$

$(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}\geqslant (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$

$(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})^{4}=(\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}})^{2}.(a^{4}c^{2}+b^{4}a^{2}+c^{4}b^{2})^{2}(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})^{2}\geqslant (\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}})^{2}(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}$

$\frac{3}{abc}\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant 3$

Đẳng thức tại $a=b=c$

p/s:các đánh giá trên đều dựa trên điều kiện $a+b+c=3$

 

Nhưng bạn ơi ,tại sao lại có đánh giá:$(\sum a^4c^2)^2(\sum \frac{a^2}{b^2})^2\geq (\sum a^3)^2$

Sau đây là lời giải của tôi:

 Áp dụng bất đẳng thức CBS có:

 $3\sum \frac{a^2}{b^2}\geq \sum (\frac{a}{b})^2$

 Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM,ta dễ dàng chứng minh:

   $\sum \frac{a}{b}\geq 3$ <=>$3\sum \frac{a^2}{b^2}\geq 3\sum \frac{a}{b}$

                  <=>$\sum \frac{a^2}{b^2}\geq \sum \frac{a}{b}$(1)                         

Áp dụng bất đẳng thức CBS dạng cộng mẫu số có:

  $\sum \frac{a}{b}= \sum \frac{a^2}{ab}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum ab}$ (2)

  Từ (1)và (2) <=>$\sum \frac{a^2}{b^2}\geq \frac{(\sum a)^2 }{\sum ab}= \frac{9}{\sum ab}$(do $a+b+c=3$) (3)

Áp dụng bất đẳng thức Holder,có:

 $(\sum \frac{a^2}{b^2})^2(\sum a^2b)\geq (\sum \frac{a^2}{b})^3$ (4)

 Giờ ta sẽ đi chứng minh 

  $\sum \frac{a^2}{b}\geq 3\sqrt[3]{\sum \frac{a^3}{3}}$ (5)

Áp dụng bất đẳng thức CBS,có

 $\sum \frac{a^2}{b}= \sum \frac{a^3}{ab}\geq \frac{(\sum a\sqrt{a})^2}{\sum ab}$

  (5) sẽ đúng nếu ta chứng minh được

 $(\sum a\sqrt{a})^6\geq 9(\sum a^3)(\sum ab)^3$

  Thật vậy,áp dụng bất đẳng thức AM-GM,có:

    $(\sum a\sqrt{a})^6= (\sum a^3+2\sum ab\sqrt{ab})^3\geq 27(\sum a^3)(\sum ab\sqrt{ab})^2$   

 Áp dụng bất đẳng thức Holder,có:$3(\sum a\sqrt{a})^2\geq (\sum a)^3$

                                                 <=> $(\sum a\sqrt{a})^6\geq 9(\sum a^3)(\sum ab)^3$

                                                  <=>(5) đúng

                                                  <=>Kết hợp(4) và (5) có: $(\sum \frac{a^2}{b^2})^2(\sum a^2b)\geq 9\sum a^3$

                                                  <=>    $(\sum \frac{a^2}{b^2})^2\geq\frac{ 9\sum a^3}{\sum a^2b}$ (6)

  Nhân (3) và (6) rồi căn bậc 3 cả 2 vế có: $\sum \frac{a^2}{b^2}\geq 3\sqrt[3]{3\frac{(\sum a^3)}{(\sum a^2b)\left ( \sum ab \right ) }}$ (ĐPCM)

Đóng góp 1 lời giải bằng Cauchy-Schwarz cho bài 1

 Từ giả thiết :$ab+bc+ca+abc\leq 4$ ta đưa về $\sum \frac{1}{a+2}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức CBS có:

$(a+2)(a+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$<=>$\frac{1}{a+2}\leq  \frac{a+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

Tương tự có : $\frac{1}{b+2}\leq  \frac{b+a^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

                       $ \frac{1}{c+2}\leq  \frac{c+a^2+b^2}{(a+b+c)^2}$

Cộng lai ta có  $\frac{\sum (2a^2+a)}{(a+b+c)^2}\geq \sum \frac{1}{a+2}$ (mà $\sum \frac{1}{a+2}\geq 1$)

       <=>$\frac{\sum (2a^2+a)}{(a+b+c)^2}\geq 1$ 

Nhân cả 2 vế của bất đẳng thức với $(a+b+c)^2$và khai triển , chuyển vế,ta có:

        $\sum (a^2+a)\geq 2(\sum ab)$ (ĐPCM)