viet 1846

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^{2}}{a^{2}-ab+3b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{b^{2}-bc+3c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{c^{2}-ca+3a^{2}}\ge 1$$

BĐT trên tương đương với. BĐT cho $x;y;z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ chứng minh rằng:

\[\sum {\frac{1}{{3{x^2} - x + 1}}} \ge 1\]




\[ineq \Leftrightarrow \frac{1}{{3{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2} - \frac{b}{a} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{c}{b}} \right)}^2} - \frac{c}{b} + 1}} + \frac{1}{{3{{\left( {\frac{a}{c}} \right)}^2} - \frac{a}{c} + 1}} \ge 1\]

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
x = \sqrt[3]{{\frac{b}{a}}}\\
y = \sqrt[3]{{\frac{c}{b}}}\\
z = \sqrt[3]{{\frac{a}{c}}}
\end{array} \right. \Rightarrow xyz = 1$

Bất đẳng thức trở thành:

\[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} + \frac{1}{{3{y^6} - {y^3} + 1}} + \frac{1}{{3{z^6} - {z^3} + 1}} \ge 1\]

Ta lại có: \[\frac{1}{{3{x^6} - {x^3} + 1}} \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}}\]

thật vậy bđt này tương đương:
\[{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^5} + 2{x^4} + 3{x^3} + 4{x^2} + 2x + 1} \right) \ge 0\]

Xây dựng các bđt tương tự và cộng lại với nhau ta được:

\[LHS \ge \frac{1}{{{x^{10}} + {x^5} + 1}} + \frac{1}{{{y^{10}} + {y^5} + 1}} + \frac{1}{{{z^{10}} + {z^5} + 1}} \ge 1 \Rightarrow Q.E.D\]

BĐT được chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c$

Bài 3. Với x $\epsilon R,$ tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y = $\sqrt{4x^{2}+1}+2\sqrt{x^{2}- 2x+2}$

Theo BĐT $Minkowski$ ta có

\[y = \sqrt {4{x^2} + 1} + 2\sqrt {{x^2} - 2x + 2} = \sqrt {{{\left( {2x} \right)}^2} + {1^2}} + \sqrt {{{\left( {2 - 2x} \right)}^2} + {2^2}} \ge \sqrt {{{\left( {2x + 2 - 2x} \right)}^2} + {{\left( {1 + 2} \right)}^2}} = 5\]

Cho $a, b, c \geq 0$ và a² + b² + c² = 3. Tính GTNN của P với
$P = \frac{a^{3}}{\sqrt{1 + b^{2}}} + \frac{b^{3}}{\sqrt{1 + c^{2}}} + \frac{c^{3}}{\sqrt{1 + a^{2}}}$

Cám ơn mọi người!

Theo $cauchy-Schwarz$ và $AM-GM$ ta có:

\[P = \frac{{{a^3}}}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \frac{{{b^3}}}{{\sqrt {1 + {c^2}} }} + \frac{{{c^3}}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\sum {\sqrt {\frac{{2{a^2}\left( {1 + {b^2}} \right)}}{2}} } }} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{{2\sqrt 2 }}\sum {\left( {2{a^2} + {b^2} + 1} \right)} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\]

Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x+y=2
Chứng minh x²y²(x²+y²) <= 2



Chịu không thể viết được dấu nhỏ hơn hoặc bằng. toàn không upload được do không cho phép định dạng.

ta có \[2xy\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^4}}}{2}\]

và \[xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\]

Anh xem hộ em chỗ kia là $-4(xy+xz+yz)$ hay $-3(xy+xz+yz)$ với nếu là 4 thì em làm được còn 3 thì

Là -3 bạn ak`. Min đạt tại $x,y,z$ hơi lệch nhau bạn ak`. Thế mình mới bảo không dùng pp nhân tử Lagrange.

Bài này chế trong giờ thi sử nên cũng không hay cho lắm.

Hôm nay thi anh cũng tranh thủ chế tiếp bài này:

Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=6$ tìm Min của

$$P=x^2y+y^2z+z^2x-3(xy+yz+zx)$$
khó hơn bài trên 1 tí.

Chú ý là không dùng PP nhân tử Lagrange

Từ trước tới giờ mình cũng chỉ biết bài toán này với các phân tích bình phương cũng chưa từng thử xem có lời giải cổ điển cho bài toán này không ngờ!
Nhưng theo mình lời giải này đâu đó cũng bắt nguồn từ những ý tưởng phân tích kia(ý mình là mấy đại lượng).

Theo chú Tạ Hồng Quảng thì đây chỉ là cách mà ông Vasile Cirtoaje chế ra bài này, nhưng không ngờ nó lại khó và trở nên nổi tiếng như vậy.

Theo BĐT $Schur$ ta có \[{(a + b + c)^3} + 9abc \ge 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)\]

\[\sum {\sqrt {{a^3} + a} = \sum {\sqrt {{a^2}(a + b + c) + abc} \ge \sqrt {\left( {a + b + c} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^2} + 9abc} } } \to ...\]

Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh
$\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}\geq \frac{3}{8}$

Bài toán quen thuộc: cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ ta có

\[\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {y + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {z + 1} \right)}^3}}} \ge \frac{3}{8}\]

Cho $a,b,c \ge 0$ chứng minh rằng
$$3\left( {\dfrac{{3a + b}}{{3a + b + 1}} + \dfrac{{3b + c}}{{3b + c + 1}} + \dfrac{{3c + a}}{{3c + a + 1}}} \right) \ge 4\left[ {\dfrac{{6a\left( {b + c} \right) + a + b + c}}{{\left( {4a + 1} \right)\left( {2b + 2c + 1} \right)}} + \dfrac{{6b\left( {c + a} \right) + a + b + c}}{{\left( {4b + 1} \right)\left( {2c + 2a + 1} \right)}} + \dfrac{{6c\left( {a + b} \right) + a + b + c}}{{\left( {4c + 1} \right)\left( {2a + 2b + 1} \right)}}} \right]$$