Tạ Hồng Quảng

Cho $ a, b, c > 0  $ và $m = \min (\left| {a - b} \right|,\left| {a - c} \right|,\left| {c - b} \right|) $ . Chứng minh rằng:

a (dễ chứng minh):

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + 6 \ge \frac{{27(ab + bc + ca + {m^2})}}{{{{(a + b + c)}^2}}}\]

b (khó):

 

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + 6 \ge \frac{{27(ab + bc + ca + {m^2})}}{{{{(a + b + c)}^2}}}+ {\frac {{m}^{2}}{ \left( a+b+c \right) ^{2}} \left( {\frac {a}{b}}+{
\frac {b}{c}}+{\frac {c}{a}}+{\frac {b}{a}}+{\frac {c}{b}}+{\frac {a}{
c}}-6 \right) }
\]

 

Cho $a,b,c $ là các số thực và  $s = \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca}}{7}}  $. Chứng minh rằng:

 

$$ \left( {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2} \right) ^{2} \ge 3\left( {a}^{3}b+{b}^{3}c+{c}^{3}a \right) +{\frac {7{s}^{2} \left( a+b+c-7\,s \right) ^{2}}{9}} $$

Bài 63(Sáng tác): Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng (cực khó):
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a+b+c)(abc+(a-b)(b-c)(c-a))$$

Bất đẳng thức gì mà xấu xí quá trời


Hãy xem thêm những định lý tổng quát tuyệt đẹp ở đây: http://www.emis.de/j...IPAM/105_09.pdf

Nó xấu xí vì quá nhiều biến và đơn giản nhưng nếu thay các giá trị cụ thể vào ta được một loạt các bất đẳng thức không tầm thường:

1/ $(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ (Vasile Cirtoajie )
2/ $( a^2+b^2+c^2) ^{2}+ 3( a+b+c )( a-b)( b-c)( c-a) \ge 3abc ( a+b+c)$
3/ $\sum a^4+\sum ab^3\ge 2\sum a^3b$ (Vasile Cirtoajie )
4/ $ \sum(a^4+8b^2c^2) \ge 3(\sum xy)(\sum x^2)$ (Vasile Cirtoajie )
5/ $\sum [a^4+2a^3b+11a^2b^2] \ge \sum [6b^3a+8a^2bc] , \, $ (Crux)
6/ $P, Q $ -số thực bất kỳ.
$\sum [a^4+Pa^3b+Qb^3a+\dfrac 13(P^2+Q^2+PQ-3)a^2b^2] \ge$
$ \ge \sum \dfrac 13 (3P+3Q+P^2+Q^2+PQ)a^2bc$
....

Rất có thể các bất đẳng thức rất đẹp mà bạn nêu ở trên có thể suy ra từ những cái xấu xí đó. Do xấu xí nên ít người để ý.

Bài 49 (sáng tác).

-------------Do bài nhìn xấu xí nên đề nghị các bạn chỉ giải các trường hợp riêng dưới đâu thôi:(a, b,c thực bất kỳ)

1/ $( a^2+b^2+c^2) ^{2}+ 3( a+b+c )( a-b)( b-c)( c-a) \ge 3abc ( a+b+c)$

2/ $ \sum [a^4+2a^3b+(\dfrac{25}{3}+k)a^2b^2] \ge \sum[ 6b^3a+(\dfrac{16}{3}+k)a^2bc] , \,( k \ge 0 )$

Bài 36 (Sáng tác):
Cho $ a, \, b \, ,\, c \, \ge \, 0 $ thoả mãn $ a+b+c+abc \le 4 $ . Chứng minh rằng :

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

1/Đề thi thử lần 1 + Đáp án

2/Đề thi và đáp án lần 3 khối A

3/Đề thi và đáp án khối B lần 3

4/ Đề thi và đáp án khối D lần 3

5/ Đề thi và đáp án khối D lần 2


Chúc các em học sinh ôn thi tốt.