Question

1. cho \(0< a\le b\le c\) . Cmr: \(\frac{2a^2}{b^2+c^2}+\frac{2b^2}{c^2+a^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2}\le\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)

2. cho \(a,b,c\ge0\). cmr: \(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

3. \(a,b,c>0.\) Cmr: \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)

4. \(a,b,c>0\). Tìm Min \(P=\left(\frac{a}{a+b}\right)^4+\left(\frac{b}{b+c}\right)^4+\left(\frac{c}{c+a}\right)^4\)

Answer 1

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Answer 2

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Answer 3

Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,

Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma

giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!

Answer 4

3/ \(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)}{abc}.\frac{\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}{abc}}\ge1+\sqrt[3]{\frac{\left(a^3+abc\right)}{a^3}.\frac{\left(b^3+abc\right)}{b^3}.\frac{\left(c^3+abc\right)}{c^3}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ac}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{bc}{a^2}+\frac{c^2}{ab}+\frac{ac}{b^2}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ac}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

Đặt \(\left(\frac{ac}{b^2};\frac{bc}{a^2};\frac{ab}{c^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+\frac{xyz}{x}+\frac{xyz}{y}+\frac{xyz}{z}}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

Đặt \(a=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\ge\sqrt[3]{2+6\sqrt[6]{x^2y^2z^2}}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1+a^3}\ge1+a\Leftrightarrow a^3+1\ge a^2+2a+1\)

\(\Leftrightarrow a^3-a^2-2a\ge0\Leftrightarrow a\left(a+1\right)\left(a-2\right)\ge0\) (luôn đúng)

Answer 5

4/

\(P=\left(\frac{1}{1+\frac{b}{a}}\right)^4+\left(\frac{1}{1+\frac{c}{b}}\right)^4+\left(\frac{1}{1+\frac{a}{c}}\right)^4\)

Đặt \(\left(\frac{b}{a};\frac{c}{b};\frac{a}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(P=\frac{1}{\left(1+x\right)^4}+\frac{1}{\left(1+y\right)^4}+\frac{1}{\left(1+z\right)^4}\)

\(\frac{1}{\left(1+x\right)^4}+\frac{1}{16}\ge\frac{1}{2}.\frac{1}{\left(1+x\right)^2}\)

Tương tự và cộng lại: \(2P+\frac{3}{8}\ge\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}\)

Ta có BĐT phụ sau: \(\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}\ge\frac{1}{1+xy}\) (biến đổi tương đương là được)

\(\Rightarrow2P+\frac{3}{8}\ge\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}\)

\(2P+\frac{3}{8}\ge\frac{z\left(z+1\right)+1}{\left(1+z\right)^2}=\frac{z^2+z+1}{\left(1+z\right)^2}=\frac{4z^2+4z+4}{4\left(1+z\right)^2}=\frac{3\left(z^2+2z+1\right)}{4\left(1+z\right)^2}+\frac{\left(z-1\right)^2}{\left(1+z\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{3}{16}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c\)