cristianoronaldo

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{3\left ( a^2+b^2+c^2 \right )-2\left ( ab+bc+ca \right )}{2\left ( a+b+c \right )}\geqslant 2\sqrt{\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}}$

$\boxed{\text{ Bài toán:}}$

Cho $\textit{a,b,c}$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng với $k\geqslant 0$, ta luôn có:
$$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a}{ka+b+c}\geqslant \frac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+2 \right )}\left [ 7-k+\dfrac{12\left ( k-1 \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{\left ( a+b+c \right )^2}+M \right ]$$

trong đó

$$M=\frac{4\left ( k-1 \right )^2\left ( 3k+5 \right )\left ( a-b \right )^2\left ( b-c \right )^2\left ( c-a \right )^2}{\left ( ka+b+c \right )\left ( kb+c+a \right )\left ( kc+a+b \right )\left ( a+b+c \right )^3}$$

$\textit{Proposed by cristianoronaldo}$

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ và 2 số thực $\alpha,\beta \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{abc} \le \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$$.

Ta có:

$$\sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{[\sum a^2b^2+2\alpha abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}$$

$\geqslant \sqrt[6]{\frac{\left ( 1+2\alpha  \right )abc\left ( \sum a \right )\left ( 1+2\beta  \right )\sum ab}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{abc\sum a\sum bc}{9}}\geqslant \sqrt[3]{abc}$

Mặt khác, ta có:

$[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)\leqslant \left [ 1+2\left ( \alpha -1 \right )\frac{\left ( \sum ab \right )^2}{3} \right ]\left [ \left ( \sum a \right )^2+2\left ( \beta -1 \right ) \right ]$

$\leqslant \frac{1}{9}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^2\leq \frac{1}{81}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^6$

$\Rightarrow \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{\dfrac{1}{3}}$.

$\boxed{\text{Bài toán}}$ ( Proposed by cristianoronaldo)

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

$$\frac{x^2}{2z^3+y}+\frac{y^2}{2x^3+z}+\frac{z^2}{2y^3+x}\geqslant 1$$

Bài 27:( cristianoronaldo )

Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}=4$. 

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\dfrac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\dfrac{4}{1+\sqrt[4]{abcd}}$

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực không âm. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{x^3}{y^2-yz+z^2}+\frac{y^3}{z^2-zx+x^2}+\frac{z^3}{x^2-xy+y^2}+\sqrt{\frac{2}{x^2+y^2+z^2}}$

Proposed by cristianoronaldo

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^5\left ( \frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{3} \right )^3\geq \left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^8$

Như vậy, ta cần chứng minh:

$\left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^{\frac{8}{3}}\geq \frac{ab+bc+ca}{3}$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}=3$.

Ta cần chứng minh: $ab+bc+ca\leq 3$

Đặt $x=\sqrt[4]{a^3},y=\sqrt[4]{b^3},z=\sqrt[4]{c^3}$. Khi đó $x+y+z=3$ và cần chứng minh:

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có;

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq \frac{xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+zx(z+x+1)}{3}=\frac{4(xy+yz+zx)-3xyz}{3}$

Mà theo bất đẳng thức Schur thì:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx)-3xyz\leq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

$\Rightarrow \blacksquare$

Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn $x\geq y\geq z>0$. Chứng minh rằng :

$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq(x^2+y^2+z^2)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\left ( \frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \right )\left ( \frac{zx^2}{y}+\frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x} \right )\geqslant \left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2$

Như vậy ta cần chứng minh:

$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geqslant \frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x}+\frac{zx^2}{y}$

$\Leftrightarrow \frac{(xy+yz+zx)(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz}\geqslant 0$

Đúng vì $x\geqslant y\geqslant z> 0$ .

$\blacksquare$

P/S:$\blacklozenge$Đây là bất đẳng thức VMO 1991

       $\blacklozenge$Bất đẳng thức trên cũng đúng với điều kiện x,y,z là độ dài ba cạnh tam giác

Bài toán số 7 (cristianoronaldo):

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $\left | (x-y)(y-z)(z-x) \right |=3$.

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(3x^2+4)(3y^2+4)(3z^2+4)$

Bài toán số 3 ( sưu tầm ) : Cho phương trình $x^{12}+1-4x^4\sqrt{x^n-1}=0$ . Tìm số n nguyên dương bé nhất để phương trình có nghiệm.

 

Ta có:

$PT\Leftrightarrow x^n=\frac{(x^{12}+1)^2}{16x^8} +1> 1$

$\Rightarrow x> 1(n\in \mathbb{Z}^{+})$

Ta sẽ chứng minh với $n\leq 4$ thì phương trình vô nghiệm.

Ta có:

$\left ( \frac{x^{12}+1}{4x^4} \right )^2=x^n\leq x^4$ ( vì $x>1$ )

$\Leftrightarrow x^{24}-14x^{12}+16x^8+1\leq 0$

Mâu thuẫn vì với mọi x thì $ x^{24}-14x^{12}+16x^8+1> 0$.

Đến đây chỉ cần chứng minh với $n=5$ thì phương trình trên có nghiệm.

Đến đây thì đã dễ dàng.

P/S: Mong mọi người ủng hộ topic nhiệt tình.

 

Bài toán số 1 (Sưu tầm ) : Cho số $n\in \mathbb{Z}^+$ và tập $S = \left \{ n^2+1;n^2+2;...;(n+1)^2-1 \right \}$ . Chứng minh rằng không thể tồn tại 4 phần tử phân biệt thuộc S mà tích hai phần tử này bằng tích hai phần tử kia .

 

Giả sử tồn tại bốn số a,b,c,d$\in$S và $a<b<c<d$ mà tích hai số này bằng tích hai số kia.

Điều này xảy ra khi $ad=bc$.

Gọi $p=(a,c)$ thì ta có:$\left\{\begin{matrix} a=pq\\ c=pr\\ (q,r)=1\end{matrix}\right.$

$ad=bc\Leftrightarrow pqd=bpr\Leftrightarrow qd=br$

$\Rightarrow d\vdots r$ ( do $(q,r)=1$)

$\Rightarrow d=rs\Rightarrow qrs=br\Rightarrow b=qs$

Như vậy, ta có:$a=pq,b=qs,c=pr,d=rs$

Từ giả thiết $a<b<c<d$ suy ra:

$pq<qs<pr<rs\Rightarrow p<s,q<r\Rightarrow s\geq p+1,r\geq q+1$

$d=rs\geq (p+1)(q+1)\geq (\sqrt{pq}+1)^2=(\sqrt{a}+1)^2$

Mà a,b,c,d$\in$S nên ta có:

$(n+1)^2-1\geq d\geq (\sqrt{a}+1)^2\geq (\sqrt{n^2+1}+1)^2$

$(n+1)^2-1\geq (\sqrt{n^2+1}+1)^2>(n+1)^2$ ( vô lí )

$\Rightarrow Q.E.D$

P/S: Mong mọi người ủng hộ topic      

$\boxed{\text{Bài toán}}$

Cho x,y,z là các số thực dương  thỏa mãn $\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{z+x}{y}= 6+4\sqrt{2}$.

Đặt $P=\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}+\left ( 9+4\sqrt{2} \right )\dfrac{xy+yz+zx}{x+y+z}$

Chứng minh rằng:  $6\leq \dfrac{P}{x+y+z}\leq 2+4\sqrt{2}$

Composed by cristianoronaldo

$\boxed{\text{Tác giả}}$: cristianoronaldo

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3$.

Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{xy(4x+y+z)}{z+x}+\frac{yz(4y+z+x)}{x+y}+\frac{zx(4z+x+y)}{y+z}$

                                                                        $\boxed{\text{cristianoronaldo}}$

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $\left ( x-y \right )^2+\left ( y-z \right )^2+\left ( z-x \right )^2=2$.

Tìm GTNN của biểu thức:
$P=\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )-\frac{2\left ( x+y+z-1 \right )}{3xyz}$