HÀ QUỐC ĐẠT

Giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}.\frac{(a+b)(a+b-c)}{(a^{2}+bc)(b^2+ca)}\geq 0$$

Với

Ta chỉ cần chứng minh $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}\geq 0$

$$a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}=\frac{a^{2}(a+c)(a+c-b)}{(c^{2}+ab)(a^{2}+bc)}+\frac{b^{2}(b+c)(b+c-a)}{(c^2+ab)(b^2+ac)}> \frac{a^{2}(b+c)(a+c-b)}{(c^{2}+ab)(a^{2}+bc)}+\frac{b^{2}(b+c)(b+c-a)}{(c^2+ab)(b^2+ac)}=\frac{b+c}{c^{2}+ab}(\frac{a^{2}(a+c-b)}{a^{2}+c}+\frac{b^{2}(b+c-a)}{b^{2}+ac})$$

Có:

$$\frac{a^{2}(a+c-b)}{a^{2}+c}+\frac{b^{2}(b+c-a)}{b^{2}+ac}=\frac{a^{4}c+b^{4}c+a^{3}c^{2}+b^{3}c^{2}+2a^{2}b^{2}c-a^{3}bc-ab^{3}c}{(a^{2}+bc)(b^{2}+ca)}=\frac{c(a-b)^2(a^2+b^2)+abc(a^2+b^2)+c^2(a^3+b^3)}{(a^{2}+bc)(b^{2}+ca)}> 0$$

Vậy BĐT được chứng minh

Theo Bunhiacopxki ta có
$$\sum \frac{x^{3}}{y^{2}+z^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)}$$
Mặt khác
$$xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\leq \sqrt{(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})[(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}]}\leq \sqrt{\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}.4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}=\frac{2}{\sqrt{3}}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} $$
$$\Rightarrow VT\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{\frac{2}{\sqrt{3}}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} }=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$$
Vậy GTNN là $\frac{\sqrt{3}}{2}$ khi $x=y=z\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cách của Đạt ngắn gọn quá
Đặt $a^{2}=x;b^{2}=y^{2}=z$
TH1:$a\geq b\geq c$
Ta có:
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{a^{2}}{2a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+a^{2}+2c^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+a^{2}+b^{2}}=\frac{x}{2x+y+2z}+\frac{y+z}{2z+x+2y}$$
Cần chứng minh:
$$\frac{x}{2x+y+2z}+\frac{y+z}{2z+x+2y}\leq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq \frac{2}{3}$$
Áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái ta có:
$$\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq \frac{(x+y+2z)^{2}}{(2x+y+2z)(y+2z)+x(x+2y+2z)}\geq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^{2}+4z^{2}+4yz\geq 0$$
TH2:$b\geq a\geq c$
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{a^{2}}{2a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+a^{2}+2c^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+b^{2}+2a^{2}}=\frac{y}{2y+x+2z}+\frac{x+z}{2x+y+2z}$$
Lại có:
$$\frac{y}{2y+x+2z}+\frac{x+z}{2x+y+2z}\geq \frac{(x+y+2z)^{2}}{(2x+y+2z)y+(2y+x+2z)(x+2z)}\geq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^{2}+4z^{2}+4xz\geq 0$$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu"=" xảy ra khi $a=b;c=0$ và các hoán vị

Bài 1:
Mình làm cách này hơi dài dòng tí
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$\sum \frac{a^{2}}{3a^{2}+(b+c)^{2}}\leq \sum \frac{a^{2}}{3a^{2}+b^{2}+bc+c^{2}}=\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2a^{2}+bc}\leq \frac{1}{4}(\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{+\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+bc})=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\sum\frac{ a^{2}}{2a^{2}+bc}}$$
Tachỉ cần chứng minh
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+bc}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+ca}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+ab}\leq 1$$
$$\Leftrightarrow \frac{bc}{2a^{2}+bc}+\frac{ca}{2b^{2}+ca}+\frac{ab}{2c^{2}+ab}\geq 1$$
C-S cho vế trái ta được
$$\Leftrightarrow \frac{bc}{2a^{2}+bc}+\frac{ca}{2b^{2}+ca}+\frac{ab}{2c^{2}+ab}\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2a^{2}bc+2ab^{2}c+2abc^{2}}=1$$
Kết thúc chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b;c=0 và các hoán vị

Bài $1$ :
Cho $a$ $,$ $b$ $,$ $c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c > 0$. Chứng minh :
$$\frac{a^{2}}{3a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{3b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{3c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{2}$$.
Bài $2$ :
Cho $a$ $,$ $b$ $,$ $c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c > 0$. Chứng minh :
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}} + \frac{c^{2}}{2c^{2} + (a+b)^{2}} \leq \frac{2}{3}$$.

Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi \[\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 2\\
{x_{n + 1}} = \frac{{x_n^4 + 1}}{{5{x_n}}}
\end{array} \right.\] Chứng minh $\frac{1}{3}<x_n \le 2$

Áp dụng Cauchy ta có
$$x_{n+1}=\frac{x_{n}^{4}+1}{5x_{n}}=\frac{x_{n}^{3}}{5}+\frac{1}{5x_{n}}+\frac{x_{n}^{3}}{5}+3.\frac{1}{15x_{n}}\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{5.15^{3}}}> \frac{1}{3}$$
Giả sử $x_{n}\leq 2$ ta cần chứng minh $x_{n+1}\leq 2$
Đặt $x_{n+1}=f(x)=\frac{x^{4}+1}{5x}$ với $x\in (\frac{1}{3};2]$
$f''(x)=\frac{6x}{5}+\frac{2}{5x^{3}}> 0$
Nên $f(x)$ là hàm lõm do đó f(x) đạt giá trị lớn nhất tại $x=2$
$$\Rightarrow x_{n+1}=f(x)\leq f(2)=1,7< 2$$
Vậy ta có điều phải chứng minh

Cho x,y,z >0, x+y+z=3. CMR $\frac{x^3}{y^3+8}+\frac{y^3}{z^3+8}+\frac{z^3}{x^3+8}\geq\frac{1}{9}+\frac{1}{27}(xy+yz+zx)$

Từ giả thiết suy ra $x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq 3$ nên ta có:
$$\sum \frac{x^{3}}{y^{3}+8}\geq \frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{x^{3}y^{3}+y^{3}z^{3}+z^{3}x^{3}+8(x^{3}+y^{3}+z^{3})}\geq \frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{3}+8(x^{3}+y^{3}+z^{3})}=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3}+8}\geq \frac{1}{3}$$
Do $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3\Rightarrow \frac{1}{9}+\frac{1}{27}(xy+yz+zx)\leq \frac{1}{9}+\frac{1}{9}=\frac{2}{9}< \frac{1}{3}$
Vậy ta có BĐT cần chứng minh

Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3abc}{2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)}+\frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$$

Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
$$[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}](\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{2}$$
Đặt $x=a-b;y=b-c$.BĐT trên trở thành
$$(x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}})\geq \frac{27}{2}$$
Ta có :
$$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^{2}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{8}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}=\frac{9}{(x+y)^{2}}$$
Và
$$x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}+(x+y)^{2}=\frac{3}{2}(x+y)^{2}$$
Nhân 2 BĐT trên lại ta có điều phải chứng minh

1) Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác.
cmr $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}< \frac{5}{a+b+c}$

Nhân cả 2 vế của BĐT với $a+b+c$ ta có BĐT cần chứng minh tương đương với
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< 2$$
Do a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên $c<a+b\Rightarrow \frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}$
Tương tự ta có
$\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}$
$\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{a+b+c}$
Cộng các BĐT lại ta có điều phải chứng minh

Cho a,b,c>0 và a+b+c=3
Tìm GTNN của :
P=$\frac{ab+3a}{b+c}+\frac{bc+3b}{c+a}+\frac{ca+3c}{a+b}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$P=\sum \frac{a(a+b)}{b+c}+3=\sum \frac{a(a+b)}{b+c}+\sum c=\sum \frac{a^{2}+c^{2}+b(a+c)}{b+c}\geq \sum \frac{\frac{(a+c)^{2}}{2}+b(a+c)}{b+c}=\sum \frac{(a+c)(a+c+2b)}{2(b+c)}=\sum \frac{(a+c)(a+b)}{2(b+c)}+\sum \frac{a+c}{2}\geq 3+3=6$$
Vậy Min P=6 khi $a=b=c=1$

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$

Cho a,b,c dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+c)^{2}}$.

Mình làm thế này hơi dài dòng tí
$$A=\sum (\frac{a}{a+b})^{2}=(\sum \frac{1}{1+\frac{b}{a}})^{2}$$
Đổi biến $(\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c})\rightarrow (x,y,z)$
$\Rightarrow A=\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}$
Ta có đánh giá sau
$\frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{3}{4(x^{2}+x+1)}\Leftrightarrow (x-1)^{2}\geq 0$(đúng)
Do đó $$ A\geq \frac{3}{4}(\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1})$$
Ta đi chứng minh
$$\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$$
Đặt $\frac{np}{m^{2}}=x;\frac{mp}{n^{2}}=y;\frac{mn}{p^{2}}=z$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{x^{2}+x+1}=\sum \frac{m^{4}}{m^{4}+m^{2}np++n^{2}p^{2}}\geq \frac{(\sum m^{2})^{2}}{\sum m^{4}+\sum m^{2}n^{2}+mnp(m+n+p)}\geq 1$$
Nhưng BĐT này tương đương với
$(mn-np)^{2}+(np-pm)^{2}+(pm-mn)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
$\Rightarrow A\geq \frac{3}{4}$
Vậy Min $A=\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi$ m=n=p\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$

Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow (\frac{2}{x},\frac{2}{y},\frac{2}{z})\Rightarrow xyz=1$
$$P=2(\frac{1}{x^{5}(y+z)(z+2y)}+\frac{1}{y^{5}(x+z)(2z+x)}+\frac{1}{z^{5}(x+y)(y+2x)})$$
Theo AM-GM ta có
$$\frac{1}{x^{5}(y+z)(z+2y)}+\frac{y+z}{12yz}+\frac{z+2y}{18yz}\geq \frac{1}{2x}$$
Tương tự
$$\frac{1}{y^{5}(x+z)(2z+x)}+\frac{x+z}{12xz}+\frac{2z+x}{18xz}\geq \frac{1}{2y}$$
$$\frac{1}{z^{5}(x+y)(y+2x)}+\frac{x+y}{12xy}+\frac{2x+y}{18xy}\geq \frac{1}{2x}$$
Cộng các BĐT trên lại rồi rút gọn ta được
$$\sum \frac{1}{x^{5}(y+z)(2y+z)}\geq \frac{1}{6}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq \frac{1}{2}\Rightarrow P\geq 1$$
Vậy Min $P=1$ khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=2$
P/s:tự dưng lại đi đổi biến

Từ giả thiết ta có $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$
Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\Rightarrow xy+yz+zx=1$ và $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}> 1$
BĐT đã cho trở thành
$$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+\sqrt{3}-2$$
$$\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-\sqrt{3}\geq 2(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)$$
$$\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-\sqrt{3}\geq (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}$$
Ta có $(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)=3\Rightarrow x+y+z\geq \sqrt{3}$
$$\Rightarrow \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-\sqrt{3}\geq \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-(x+y+z)=\frac{(x-y)^{2}}{y}+\frac{(y-z)^{2}}{z}+\frac{(z-x)^{2}}{x}\geq (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}$$
Do $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}> 1$ nên BĐT trên đúng
Kết thúc chứng minh