Trích:
Nguyên văn bởi MK.Duy  Bài 3 Cho $a,b,c,d >0, \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}+ \frac{1}{d}=4 $ Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^3+c^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^3+d^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{d^3+a^3}{2}} \leq 2(a+b+c+d)-4 $ |
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức
\[\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}} \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^4}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) \ge 0 \mbox{ (hiển nhiên đúng)}.\]
Suy ra
\[\sum {\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}}} \le \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}}}. \]
Ta có
\[2\sum {a} - \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}} = 2\sum {\frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}}} } \ge 2.\frac{{{4^2}}}{{\sum {\frac{1}{a}} }} = 4.\]
Do đó
\[\sum {\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}}} \le \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}}} \le 2\sum a - 4. \mbox{ (điều phải chứng minh)}\]
Bài 4 (Vô địch Mĩ 2011).
Với $a, b, c$ là các số thực dương thỏa ${a^2} + {b^2} + {c^2} + {\left( {a + b + c} \right)^2} \le 4$, chứng minh rằng
\[\frac{{ab + 1}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + \frac{{bc + 1}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{ca + 1}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} \ge 3.\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]