Cho $x, y, z$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{3}\left(\frac{yz}{x^2}+\frac{zx}{y^2}+ \frac{xy}{z^2}\right)+\left(\frac{xyz(x+y+z)}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\right)^2 \ge 2$$ (Đề OLP 30-4 THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định 2012)

Bài làm

Đặt $a=\dfrac{1}{x}, \ b=\dfrac{1}{y}, \ c=\dfrac{1}{z}$, ta cần chứng minh $$\dfrac{1}{3} \left( \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab} \right) + \left( \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right)^2 \ge 2.$$ Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và bất đẳng thức quen thuộc $3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2$, ta có $$\dfrac{1}{3} \left( \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab} \right) \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3abc(a+b+c)} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab+bc+ca)^2}.$$ Do đó, bất đẳng thức sẽ được chứng minh

Cho $a, b, c $ là các số thực dương thoả mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c} \ge 3$$

Lời giải

Cách 1.
Ta có bất đẳng thức sau đây đúng
$$ \dfrac{1}{2-a} \ge \dfrac{a^2+1}{2},$$ bởi vì nó tương đương $ a(a-1)^2 \ge 0.$
Thiết lập hai biểu thức tương tự rồi cộng lại, ta có
$$ \dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c} \ge \dfrac{a^2+b^2+c^2+3}{2}=3. $$ Bài toán được chứng minh xong.

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng khi đó ta có $$\frac{(1+a)(1+b)(1+c)}{\sqrt[4]{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}} \ge 4\sqrt[4]{2} $$

Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$(1+a)(1+b)(1+c)\ge 4\sqrt[4]{2}\cdot  \sqrt[4]{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}$$ hay là $$(1+a)^4(1+b)^4(1+c)^4\ge 512 \cdot (1+a^2)(1+b^2)(1+c^2).$$ Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$,

Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực dương thì: $$\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2} \left( \dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \right)\geq4 $$

Lời giải
Mình giới thiệu với các bạn một lời giải rất hay của anh Trần Quốc Anh.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2} \left(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right) \ge 7$$
Do $\dfrac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} =2+\dfrac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right) \ge 5$$
Hay

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:$$ (a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1).$$

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$ (a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc.$$ Mặt khác, ta luôn có $$ (a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc.$$ Do đó $$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca).$$ Bây giờ, sử dụng 1

Cho $\ a,b,c$ là ba số thực với $\ c>0$ thỏa mãn: $\ a^2+ab+b^2=3c^2$. Chứng minh: $$a^3+b^3+4abc \le 6c^3$$

Lời giải
Đặt $x=\dfrac{a}{c}, \ y=\dfrac{b}{c}$ thì ta có $x^2+xy+y^2=3$ hay $(x+y)^2-3=xy$ và ta cần chứng minh $$x^3+y^3+4xy \le 6,$$tức là ta cần

Chứng minh rằng, nếu $x,y,z$ là ba số thực dương sao cho $xyz=1,$ thì $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}}+\sqrt{\frac{y}{y^3+8}}+ \sqrt{ \frac{z}{z^3+8}}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2}.$$

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{x\left( {{x}^{3}}+8 \right)}=\sqrt{\left( {{x}^{2}}+2x \right)\left( {{x}^{2}}-2x+4 \right)}\le 2{{x}^{2}}+4.$$ Từ đó ta suy ra $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}} = \frac{x}{\sqrt{x\left( x^3+8 \right)}}\ge \frac{x}{x^2+2} = \frac{x}{x^2+2xyz}=\frac{1}{x+2yz}.$$ Thiết lập tương tự với $b$ và $c$, sau đó cộng vế theo vế, ta thu được $$\sqrt{\frac{x}{{{x}^{3}}+8}}+\sqrt{\frac{y}{{{y}^{3}}+8}}+\sqrt{\frac{z}{{{z}^{3}}+8}}\ge \frac{1}{x+2yz}+\frac{1}{y+2zx}+\frac{1}{z+2xy}.$$ Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng phân thức và chú ý là $$x+y+z=\left( x+y+z \right)\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{3}\le \left( x+y+z \right)\frac{\left( x+y+z \right)}{3}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}},$$ ta có $$\begin{align}
   \frac{1}{x+2yz}+\frac{1}{y+2zx}+\frac{1}{z+2xy} & \ge \frac{9}{x+y+z+2\left( xy+yz+zx \right)} \\
 & \ge \frac{9}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2\left( xy+yz+zx \right)} \\
 & =\frac{9}{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}. \\
\end{align}$$ Như vậy, $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}}+\sqrt{\frac{y}{y^3+8}}+ \sqrt{ \frac{z}{z^3+8}}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2},$$ tức là bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1. \ \blacksquare$

Nhận xét rằng bất đẳng thức trên vẫn đúng nếu $xyz\ge 1.$ Ngoài ra ta có kết quả mạnh , nhưng khá đẹp mắt và khá dễ.
Chứng minh rằng, nếu $x,y,z$ là ba số thực dương sao cho $xyz=1,$ thì $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}}+\sqrt{\frac{y}{y^3+8}}+ \sqrt{ \frac{z}{z^3+8}}\ge \left ( \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{x+y+z} \right )^2.$$

Theo lời giải bên trên và sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có $$\begin{align}
 \sqrt{\frac{x}{x^3+8}}+\sqrt{\frac{y}{y^3+8}} + \sqrt{\frac{z}{z^3+8}}  & \ge \frac{x}{x^2+2}+\frac{y}{y^2+2}+\frac{z}{z^2+2} \\
 & \ge \frac{{{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right)}^{2}}}{x^2+y^2+z^2+2.3} \\
 & \ge \frac{{{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right)}^{2}}}{x^2+y^2+z^2+2( xy+yz+zx)} \\
 & ={{\left( \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{x+y+z} \right)}^{2}}. \\
\end{align}$$ Bài toán được chứng minh xong :). $\blacksquare$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=1. $$ Chứng minh rằng: $$\left (\dfrac{a+b+c}{3}\right)^{5}\geq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}$$

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức $ Schur$ ta có $$ abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$
Do đó ta có $$ abc \ge 1.$$ Bây giờ, sử dụng đánh giá trên và kết hợp bất đẳng thức quen thuộc
$$ 3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2,$$ ta thấy rằng $$\begin {align} {{3}^{4}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right) & \le {{3}^{3}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)3abc\left( a+b+c \right) \\ & \le {{3}^{3}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right){{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}. \end{align}$$
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM$ cho bộ ba số,

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Lời giải
Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn
Bất đẳng thức là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $ abc=1$.
Sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM$, dễ thấy $$ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3$$
Mặt khác, theo bất đẳng thức quen thuộc $ 3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2$ ta sẽ đưa bài toán về chứng minh $$ (a+b+c)^2+3\ge4(ab+bc+ca),$$ hay tương đương $$ a^2+b^2+c^2+3 \ge 2(ab+bc+ca).$$
Sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM$ ta có $ a^2+b^2 \ge 2ab$ và $ c^2+1\ge2c$, và với chú ý là $ 2=2abc$ nên bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$ 2ab+2c+2abc\ge2(ab+bc+ca).$$
hay là $$ c(a-1)(b-1)\ge0.$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì trong $ 3$ số $ a,\ b,\ c$ có tích $ abc=1$ thì luôn tồn tại $ 2$ số nằm cùng phía so với $ 1$, và ta giả sử hai số đó là $ a$ và $ b.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2: TOP - toanphothong.vn
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (sau khi chia hai vế cho $ \sqrt{abc}$) $$ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} + \dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{abc}} \ge 4\sqrt{3(a+b+c)}$$
Sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM$, ta có $ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge 3\sqrt[6]{abc}$ và
$$ \dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+3\sqrt[6]{abc}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}$$
Từ đó ta có $$ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{\sqrt{abc}}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}.$$ Như vậy, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$ 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^6.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}} \ge 4\sqrt{3(a+b+c)}.$$ Thật vậy, theo bất đẳng thức $ AM-GM$ dạng $ (a+b+c)^3 \ge 27abc$ và $ a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$ thì $$ 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}.27abc.3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}=4\sqrt{3(a+b+c)}$$ Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=c. \ \blacksquare$

Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$ \left(abc+1\right)\left(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \right) + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} \ge a+b+c +6 $$

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$ab+bc+ca+\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}+\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} +a+b+c\ge 2(a+b+c) +6.$$ Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$ ab+\dfrac{b}{a} \ge 2b, \ bc+\dfrac{c}{b} \ge 2c, \ ca+\dfrac{a}{c} \ge 2a.$$ Cộng vế với vế ba bất đẳng thức này, ta thu được $$ab+bc+ca+\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2(a+b+c). \ (1)$$ Mặt khác,