Bất đẳng thức 25

Bài Toán:Cho a,b,c không âm.Chứng minh rằng:$(\dfrac{a}{b+c})^3+(\dfrac{b}{c+a})^3+(\dfrac{c}{a+b})^3+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Lời giải:

Ta có: $(\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{64}.(\dfrac{a}{b+c})^{3}}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{a}{b+c}$

CMTT ta có: $(\dfrac{b}{c+a})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{b}{c+a}$

$(\dfrac{c}{a+b})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{c}{a+b}$

$\Rightarrow \sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{3}{4}\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}$

Nên: $\sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$=\dfrac{3}{4}(\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2})+(1-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})+(\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{5}{8})$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\dfrac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{8abc-(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\frac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{-\sum a(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)})(*)$ 

Ta sẽ có: $S_{c}=\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{a}=\dfrac{3}{8(c+a)(a+b}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{b}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{b}=\dfrac{3}{8(a+b)(b+c)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Không mất tính tổng quát giả sử $c\geq b\geq a$

Ta nhận thấy: $S_{c},S_{a}\geq 0$ nên theo tiêu chuẩn $S.O.S$ thì phải chứng minh: $a^{2}S_{a}+b^{2}S_{b}\geq 0$

Luôn đúng với $c\geq b\geq a$ nên $(*)$ đúng

Suy ra điều phải chứng minh

Bất đẳng thức 24

Bài Toán:Cho $a,b,c$ không âm.Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq 1+\dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$

Lời giải:Ta có: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}$

$=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a-b+a-c}{b+c}+\dfrac{b-c+b-a}{c+a}+\dfrac{c-a+c-b}{a+b})$

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{c+a})$

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)\dfrac{a-b)}{(b+c)(c+a)}$

$=\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}$

Tiếp: $\dfrac{1}{2}-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{2(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Ta có BĐT viết lại thành:

$\sum \dfrac{a}{b+c}-1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{\sum (a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{1}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{a+b}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})\geq 0$

$ \Rightarrow \sum \dfrac{a}{b+c}\geq 1+\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ 

Bất đẳng thức số 23

Bài Toán:Cho $a,b,c\in \left[\frac{1}{2};1 \right ]$ . Tìm GTLN của
$$P=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$$

Lời giải:Tồn tại giá trị $a,b,c$ để $P\geq 0$. Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$

$\Rightarrow 1\geq a\geq c\geq b\geq \dfrac{1}{2}$

Ta có: 

$P=f(a)=a(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c})+\dfrac{c-b}{a}+\dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b}$

Tính đạo hàm, ta có: 

$f'(a)=\dfrac{c-b}{bc}-\dfrac{c-b}{a^{2}}=\dfrac{(c-b)(a^{2}-bc)}{a^{2}bc}\geq 0.$

$\Rightarrow P\leq f(1)=\dfrac{(1-b)(1-c)(c-b)}{bc}\leq \dfrac{(1-\dfrac{1}{2})(1-c)(c-\dfrac{1}{2})}{\dfrac{1}{2}c}=-(c+\dfrac{1}{2c})+\dfrac{3}{2}\leq \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$

Bất đẳng thức 22

Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+abc+11\geq 7(a+b+c)$.

Giải: Chúng ta có thể thấy rằng bài toán có 1 kết câu hết sức khó chịu.
Chỉ có khả năng giải được nó nếu có kĩ năng đặc biệt. Sử dụng delta.
Chúng ta có thể biến đổi về 1 biến a bậc 2 và coi 2 biến còn lại là tham số.
Bất tương đương việc chứng minh $3a^2+a(bc-7)+b^2+c^2-7(b+c)\geq 0$.
Việc quy về tính delta 2 lần để chứng minh bất này đúng là dễ dàng(các bạn hãy thử làm).
Bài tập:
1/ Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng : $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$.
2/ Cho a,b,c >0: $a^2+b^2+c^2=9$.
Tìm max của $P=2(a+b+c)-abc$.

ĐỀ THI VMEO THPT Tháng 10 năm 2015

ĐÊ THI VMEO THCS Tháng 10 năm 2015

Bất đẳng thức $20$

Bài Toán:Cho các số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$Tìm GTLN của biểu thức$$P= \dfrac{4\left ( a+c \right )}{a^{2}+3c^{2}+28} + \dfrac{4a}{a^{2}+bc+7} - \dfrac{5}{\left ( a+b \right )^{2}}-\dfrac{3}{a\left ( b+c \right )}$$

Lời giải:Ta sẽ CM : $P\leq \dfrac{8}{15}$

 Ta có : $(a+c)^2=(a+c\sqrt{3}.\dfrac{1}{\sqrt{3}})^2\leq (a^2+3c^2)(1+\dfrac{1}{3})$

$= > a^2+3c^2\geq \dfrac{3(a+c)^2}{4}$

$= > \dfrac{ 4(a+c)}{a^2+3c^2+28}$

$\leq \dfrac{4(a+c)}{\dfrac{3(a+c)^2}{4}+28}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3(a+c)^2+112}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3\left [ (a+c)^2+16 \right ]+64}$

$\leq \dfrac{16(a+c)}{3.2.\sqrt{16(a+c)^2}+64}$

$=\dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}$  (1)

$\dfrac{4a}{a^2+bc+7}=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+14}$

$=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+a^2+b^2+c^2}$

$=\dfrac{8a}{3a^2+(b+c)^2}$

$\leq \dfrac{8a}{2a^2+2a(b+c)}$

$=\dfrac{4}{a+b+c}$  (2)

 $\dfrac{3}{a(b+c)}\geq \dfrac{3}{\dfrac{(a+b+c)^2}{4}}=\dfrac{12}{(a+b+c)^2}=\dfrac{1}{3}(\dfrac{6}{a+b+c}-1)^2+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}\geq \dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}$

$= > -\dfrac{3}{a(b+c)}\leq \dfrac{1}{3}-\dfrac{4}{a+b+c}$    (3)

$\dfrac{5}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{5}\geq 2\sqrt{\dfrac{5}{(a+b)^2}.\dfrac{1}{5}}=\dfrac{2}{a+b}$

$= > -\dfrac{5}{(a+b)^2}\leq \dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{a+b}$   (4)

    Cộng theo vế (1) ,(2),(3) (4)

$= > P\leq \dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{4}{a+b+c}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{5}\leq \dfrac{5}{18}$

$< = > \dfrac{a+c}{3(a+c)+8}-\dfrac{1}{a+b}\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b)-(3(a+c)+8)\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b-3)\leq 8$

$< = > (a+c)(2a+2b-6)\leq 16$

Theo AM-GM có :

$(a+c)(2a+2b-6)\leq \dfrac{(3a+2b+c-6)^2}{4}\leq 16$

$< = > (3a+2b+c)^2-12(3a+2b+c)-28\leq 0$

$< = > (3a+2b+c-14)(3a+2b+c+2)\leq 0$

$< = > 3a+2b+c\leq 14$

Nhưng BĐT này luôn đúng vì $3a+2b+c\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(3^2+2^2+1^2)}=14$

   Do đó ta có ĐPCM .

 Dấu  =  xảy ra tại $a=3,b=2,c=1$