Inequality 18

August 17, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c>0$ . CMR: $\displaystyle{\sqrt{\frac{a}{a+2b+3c}}+\sqrt{\frac{b}{b+2c+3a}}+\sqrt{\frac{c}{c+2a+3b}}\leq \sqrt{\frac{3}{2}}}$
Lời Giải
Áp dụng BĐT $CBS$ :
$\displaystyle{\left [ \sum a(a+3b+2c) \right ]\left [ \sum \frac{1}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)} \right ]\geq \left [ \sum \sqrt{\frac{a}{a+2b+3c}} \right ]^2\qquad (1)}$
Ta phải CM: $\displaystyle{VT_{(1)}\leq \frac{3}{2}}$ $\Leftrightarrow \displaystyle{\sum_{cyc}\frac{\sum a^2+5\sum ab}{a^2+6b^2+6c^2+5ab+5ac+13bc}\leq \frac{3}{2}}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\sum_{cyc} 1-\frac{5b^2+5c^2+8bc}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\leq \frac{3}{2}}$ $\displaystyle{\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{9(b+c)^2+(b-c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq 3}$
Áp dụng BĐT $CBS$ , không mất tính tổng quát, giả sử $b\geq a\geq c$
Ta có: $\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{9(b+c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq \frac{36(a+b+c)^2}{13(a^2+b^2+c^2)+23(ab+bc+ca)}}$
$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{(b-c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq \frac{4(a-c)^2}{13(a^2+b^2+c^2)+23(ab+bc+ca)}}$
$\Longrightarrow$ Phải CM: $36(a^2+b^2+c^2)+72(ab+bc+ca)+4a^2-8ac+4c^2\geq 39(a^2+b^2+c^2)+69(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow ab-7bc+ca+3b^2+3c^2-a^2\geq 0\Leftrightarrow (a-c)(b-a)+3(b-c)^2\geq 0$ (đúng theo giả thiết)
Kết luận: BĐT được CM, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$

Inequality 17

August 11, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c,x,y,z>0$ . CMR: $\displaystyle{\sum \frac{bcx}{(x+y)(x+z)}\leq \frac{(a+b+c)^2}{4(x+y+z)}}$
Lời Giải
Bất đẳng thức cần CM tương đương với:
$\displaystyle{\sum \frac{bcx(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \frac{(a+b+c)^2}{4(x+y+z)}}$
$\Leftrightarrow \sum 4bc(xy+zx)(x+y+z)\leq (a+b+c)^2(x+y)(y+z)(z+x)$
$\Leftrightarrow \sum \left [ 4bcxy(x+y)+4bcxz(x+z)+8xyzbc \right ]\leq \sum \left [ (a+b+c)^2xy(x+y) \right ]+2xyz(a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \sum \{(x^2y+xy^2)\left [ (a+b+c)^2-4bc-4ca \right ]\}\geq 8xyz(ab+bc+ca)-2xyz(a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \sum (x^2y+xy^2)(a+b-c)^2\geq 2xyz(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ , ta có:
$(a+b-c)^2x^2y+(b+c-a)^2z^2y\geq 2xyz(a+b-c)(b+c-a)$
Tương tự với các BĐT còn lại, cộng vào, ta có $Q.E.D$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c,x=y=z$ $\blacksquare$

Inequality 16

August 3, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c>0$ . CMR: $\displaystyle{\frac{a^{4}}{a^{3}+b^{3}}+\frac{b^{4}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{c^{4}}{c^{3}+a^{3}}\geq \frac{a+b+c}{2}}$
Lời giải
Nhân cả hai vế BĐT với $a^3+b^3+c^3$ , ta được:
$\displaystyle{\left ( \frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3} \right )(a^3+b^3+c^3)\geq \frac{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}{2}}$
$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+\sum \displaystyle{\frac{a^4c^3}{a^3+b^3}\geq \frac{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}{2}}$
Áp dụng BĐT $\text{Cauchy-Schwarz}$
$\sum \displaystyle{\frac{a^4c^3}{a^3+b^3}=\sum \frac{a^4c^4}{c(a^3+b^3)}\geq \frac{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}}$
Áp dụng BĐT $\text{AM-GM}$ :
$\displaystyle{\frac{(\sum a^2b^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}+\frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )\geq \sum a^2b^2}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{(\sum a^2b^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}\geq \sum a^2b^2- \frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )}$
Do đó, ta phải CM:
$\displaystyle{\sum a^4+\sum a^2b^2-\frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )\geq \frac{(\sum a)(\sum a^3)}{2}}$
$\Leftrightarrow 4\sum a^4+4\sum a^2b^2-\sum c(a^3+b^3)\geq 2\sum a^4+2\sum c(a^3+b^3)$
$\Leftrightarrow 2\sum a^4+4\sum a^2b^2\geq 3\sum c(a^3+b^3)=3\sum ab(a^2+b^2)$
Phải CM BĐT sau, các BĐT còn lại CM tương tự:
$a^4+b^4+4a^2b^2\geq 3ab(a^2+b^2)$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2)^2-3ab(a^2+b^2)+2a^2b^2\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+b^2-ab)\geq 0\qquad(\text{True})$
Cộng các BĐT vừa thiết lập, ta có $Q.E.D$ , dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$

Inequality 15

August 1, 2014 by Hoàng Đức Hưng

Cho $a,b,c>0$ .
[Bài toán]: CMR: $\displaystyle{\frac{a}{a+b+7c}+\frac{b}{b+c+7a}+\frac{c}{c+a+7b}+\frac{2}{3}.\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\leq 1}$
Lời Giải
BĐT cần CM tương đương:
$\sum \displaystyle{\frac{a(a+b+c)}{a+b+7c}+\frac{2}{3}.\frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2}\leq a+b+c}$
$\Leftrightarrow \sum \displaystyle{\left ( a-\frac{6ac}{a+b+7c} \right )+\frac{2}{3}.\frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2}}\leq a+b+c$
$\Leftrightarrow \sum \displaystyle{\frac{ac}{a+b+7c}\geq \frac{1}{9}.\frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2}}$
Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :
Ta có: $\sum \displaystyle{\frac{ac}{a+b+7c}=\sum \frac{(ab)^2}{ac(a+b+7c)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{\sum ac(a+7c)+3abc}}$
Ta phải CM: $\displaystyle{\frac{(ab+bc+ca)^2}{\sum ac(a+7c)+3abc}\geq \frac{1}{9}.\frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2}}$
$\Leftrightarrow 9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)[\Sigma ac(a+7c)+3abc]$
$\Leftrightarrow 9[\Sigma ab(a^2+b^2)]+9abc(a+b+c)\geq 3abc(a+b+c)+\sum (a^3c+a^2bc+8a^2b^2+7abc^2+7ac^3)$
$\Leftrightarrow 8(\Sigma a^3b)+2(\Sigma ab^3)\geq 2abc(a+b+c)+8(\Sigma a^2b^2)$
$\Leftrightarrow \sum (4a^3b-4a^2b^2+ab^3)\geq abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \sum ab(2a-b)^2\geq abc(a+b+c)\qquad (1)$
Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :
$[\Sigma ab(2a-b)^2]\left ( \Sigma \displaystyle{\frac{1}{ab}} \right )\geq (2a-b+2b-c+2c-a)^2\Leftrightarrow (1)$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$

Inequality 14

July 31, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Problem 6 – VMO 2014)
[Bài toán]: Cho $a,b,c>0$ . Tìm GTLN của biểu thức:
$T=\displaystyle{\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}}$
Lời Giải
Đặt $\left ( \displaystyle{\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x}} \right )=(a,b,c)$
Qua biến đổi đại số sơ cấp, ta có: $T=\sum \displaystyle{\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}}$
Có các BĐT: $a^4+1\geq \displaystyle{\frac{(a^2+1)^2}{2}};(b+c)^3\geq 4bc(b^2+c^2)$
Áp dụng BĐT $CBS$ : $(a^2+1)(b^2+c^2)\geq (ab+c)^2;(ac+b)^2$
Ta có: $T\leq \sum \displaystyle{\frac{1}{2(a^2+1)\sqrt{(a^2+1)(b^2+c^2)}^2}\leq \sum \frac{1}{2(a^2+1)bc(ac+b)(ab+c)}}$ $\leq \sum \displaystyle{\frac{1}{2(a^2+1)bc.\frac{b^2+1}{b}.\frac{c^2+1}{c}}\leq \sum \frac{1}{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\leq \frac{3}{2.2a.2b.2c}=\frac{3}{16}}$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$
Vậy BĐT được CM $\blacksquare$

Inequality 12

July 23, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=2$ . CMR: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leq 3$
Lời Giải
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ .
Đặt $\displaystyle{t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}(t,u\geq 0;t\leq 1)}$
$\rightarrow a^2+2ab+b^2=4t^2;a^2-2ab+b^2=4u^2$
$\blacktriangleright$ Ta phải CM: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leq 3t^2(t^2+tc+c^2)^2\qquad (*)$
Ta có: +, $a^2+ab+b^2=2t^2+2u^2+t^2-u^2=3t^2+u^2$
+, $(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$
$=c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+c^3(a+b)+abc(a+b+c)$
$=c^4+(t^2-u^2)^2+2c^2(t^2+u^2)+2tc^3+c(t^2-u^2)(c+2t)$
$=c^4+t^4-2t^2u^2+u^4+2t^2c^2+2u^2c^2+2tc^3+t^2c^2+2t^3c-c^2u^2-2tcu^2$
$=c^4+3t^2c^2+t^4+2tc(t^2+c^2)-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)$
Ta phải CM: $\displaystyle{\frac{3t^2}{a^2+ab+b^2}-1\geq \frac{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)}{(t^2+tc+c^2)^2}-1}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{3t^2-3t^2-u^2}{3t^2+u^2}\geq \frac{-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)}{(t^2+tc+c^2)^2}}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{1}{3t^2+u^2}\leq \frac{2tc-c^2+2t^2-u^2}{(t^2+tc+c^2)^2}}$
$\Leftrightarrow (2tc-c^2+2t^2-u^2)(3t^2+u^2)\geq (t^2+tc+c^2)^2$
$\Leftrightarrow 6t^3c+2tcu^2-3t^2c^2-c^2u^2+6t^4+2t^2u^2-3t^2u^2-u^4\geq t^4+t^2c^2+c^4+2t^3c+2tc^3+2t^2c^2$
$\Leftrightarrow 4t^3-2tc^3-6t^2c^2+5t^4-c^4\geq u^2c^2-2tc^2+t^2u^2+u^4=u^2(t-c)^2+u^4$
Lại có: $5t^4+4t^3c-6t^2c^2+5t^4-c^4\geq 5t^4-5t^2c^2=5t^2(t-c)(t+c)$
$=5(t^3+t^2c)(t-c)\geq 5t^3(t-c)\geq 2(t-c)^4\geq u^2(t-c)^2+u^4\rightarrow (*)$ được CM.
$\blacktriangleright$ Cuối cùng, ta phải CM: $3t^2(t^2+tc+c^2)^2\leq 3$
Ta có: $t=\displaystyle{\frac{a+b}{2}}\Rightarrow c=2-2t$
$\rightarrow t^2[t^2+t(2-2t)+(2-2t)^2]^2\leq 1\Leftrightarrow 3t^3-6t^2+4t-1\leq 0$
$\Leftrightarrow (3t^2-3t+1)(t-1)\leq 0\rightarrow \text{True}$
Vậy bất đẳng thức ban đầu được CM, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow (a,b,c)=(1;1;0)$ và hoán vị $\blacksquare$

Inequality 11

July 17, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Crux Mathematicorum)
Cho $a,b,c,x,y,z>0$ . CMR:
$\displaystyle{\frac{a}{b+c}(y+z)+\frac{b}{c+a}(z+x)+\frac{c}{a+b}(x+y)\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}}\qquad (*)$
Lời Giải
Ta có: $(*)\Leftrightarrow \displaystyle{\sum [(\frac{a}{b+c}+1)(y+z)]\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{1}{2}[(\Sigma b+c)(\Sigma \frac{y+z}{b+c})]\geq\frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
Áp dụng bất đẳng thức $CBS$ :
$\displaystyle{\frac{1}{2}(\Sigma b+c)(\Sigma \frac{y+z}{b+c})\geq \frac{1}{2}(\Sigma \sqrt{y+z})^2}$
Cần CM: $\displaystyle{\frac{1}{2}(\Sigma \sqrt{y+z})^2\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\sum \sqrt{(y+z)(z+x)}\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+(x+y+z)}$
Ta có BĐT phụ sau:
$\sum \sqrt{(x+y)(y+z)}\geq \sqrt{(x+y+z)^2+9(xy+yz+zx)}\qquad (**)$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)+2[\Sigma (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}]\geq x^2+y^2+z^2+11(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow \sum (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}\geq 4(xy+yz+zx)$
Áp dụng bất đẳng thức $CBS, AM-GM$ :
$\sum (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}\geq \sum (x+y)(\sqrt{xy}+z)=zx+yz+\sqrt{xy}(x+y)$
$\geq \sum xy+yz+2xy=4(xy+yz+zx)\Rightarrow (**)$ được CM.
Áp dụng, đặt $x+y+z=m,xy+yz+zx=n(m,n>0)$ $\Rightarrow m^2\geq 3n$
Ta phải CM: $m\sqrt{m^2+9n}\geq 3n+m^2$ $\Leftrightarrow m^4+9m^2n\geq m^4+6m^2n+9n^2$ $\Leftrightarrow m^2\geq 3n \qquad(\text{True})$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c,x=y=z$
Vậy BĐT $(*)$ được chứng minh $\blacksquare$

Inequality 10

July 11, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Olympiad Chuyên KHTN 2014)
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$ .
CMR: $\displaystyle{\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^2}\geq \frac{1}{3}}$
Lời Giải
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ :
$\displaystyle{(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)\leq \frac{[4(a+b+c)]^3}{27}}$ $\Leftrightarrow \displaystyle{a+b+c\geq \frac{3}{4}}$
Áp dụng bất đẳng thức $C-S$ :
+, $\displaystyle{\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1}$
+, $\displaystyle{\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^2}}$
$\displaystyle{=\sum \frac{(\frac{a}{b+2c})^2}{ab(4c+15)}}$
$\displaystyle{\geq \frac{(\sum \frac{a}{b+2c})^2}{12abc+15(ab+bc+ca)}}$
$\displaystyle{\geq \frac{1}{3[4abc+5(ab+bc+ca)]}}$
Cần phải CM: $\displaystyle{\frac{1}{3[4abc+5(ab+bc+ca)]}\geq \frac{1}{3}}$
Thật vậy: $\Leftrightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq (a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)$
$\Leftrightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 2(a+b+c)^3+(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc$
$\Leftrightarrow 3abc+\displaystyle{\frac{17}{4}(ab+bc+ca)\leq 2(a+b+c)^3} \qquad (*)$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ :
+, $\displaystyle{\frac{1}{9}(a+b+c)^3\geq \frac{1}{9}(3\sqrt[3]{abc})^3=3abc} (1)$
+, $\displaystyle{\frac{17}{9}(a+b+c)^3\geq \frac{17}{12}.3(ab+bc+ca)=\frac{17}{4}(ab+bc+ca)} (2)$
Cộng theo vế $(1),(2)$ $\Rightarrow (**)$ được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra $\displaystyle{\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{4}}$
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh $\blacksquare$

Inequality 9

July 5, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Iran TST 1996)
Cho $a,b,c$ không âm. CMR:
$\displaystyle{\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}}$
Lời Giải
Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c \qquad(a,b,c\geq 0)$
$\Rightarrow \displaystyle{x=\frac{a+c-b}{2};y=\frac{a+b-c}{2};z=\frac{b+c-a}{2}}$
Viết lại bất đẳng thức:
$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)}}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{(a-b)^2(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})+(b-c)^2(\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2})+(c-a)^2(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})}\geq 0$
$\rightarrow \displaystyle{S_a=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2};S_b=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2};S_c=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2}}$
Giả sử $a\geq b\geq c$
Dễ dàng CM: $S_a\geq 0$
Áp dụng tiêu chuẩn $4$ của định lí $S.O.S$ :
$b^2S_c+c^2S_b\geq 0$
$\Leftrightarrow \displaystyle{b^2(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})+c^2(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})}\geq 0$ $(*)$
$\Leftrightarrow b^3+c^3\geq abc \qquad (**)$
Ta có: $a\leq b+c\Leftrightarrow x+y\leq y+z+z+x\Leftrightarrow 2z\geq 0(\text {True})$
$\rightarrow b^3+c^3\geq bc(b+c)\geq abc$
BĐT $(**)$ $\Rightarrow (*)$ được CM.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và hoán vị.
Vậy BĐT được chứng minh $\blacksquare$
______________________________