Topic về Bất Đẳng Thức (3)

[minhcanh2095]

Bài 17: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$
$$\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})({c^2} + ca + {a^2})}}$$

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Bài 17: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$
$$\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})({c^2} + ca + {a^2})}}$$

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có $$VT=\sum \frac{ab}{b^{2}+bc+c^{2}}+\sum \frac{ac}{b^{2}+bc+c^{2}}=\sum \frac{a^{4}b^{2}}{a^{3}b(b^{2}+bc+c^{2})}+\sum \frac{a^{2}c^{4}}{ac^{3}(b^{2}+bc+c^{2})}$$ $$\geqslant \frac{\left (a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{2}+\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )^{2}}{a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3}+abc\left [ ab(a+b)+bc( b+c)+ca(c+a) \right ]}$$ Mặt khác theo BĐT Schur $$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \leqslant a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc$$ Suy ra $$VT\geqslant \frac{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}+(ab^{2}+bc^{2}+ca ^{2})^{2}}{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca ^{2})}$$ Ta cần chỉ ra $$\frac{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}+(ab^{2}+bc^{2}+ ca^{2})^{2}}{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ ca^{2})}\geqslant 2+\frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^ {2})}$$ $$\Leftrightarrow \frac{\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}) }\geqslant \frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^ {2})} $$ $$\Leftrightarrow (a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2}) \geqslant 3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$$ Để ý $$(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})=\left [ \left ( a+\frac{b}{2} \right )^{2}+\frac{3b^{2}}{4} \right ]\left [ \left ( b+\frac{c}{2} \right )^{2}+\frac{3c^{2}}{4} \right ]$$ $$=\left [ \left ( a+\frac{b}{2} \right )\left ( b+\frac{c}{2} \right )-\frac{3bc}{4} \right ]^{2}+\frac{3}{4}\left [c\left ( a+\frac{b}{2} \right )+b\left ( b+\frac{c}{2} \right ) \right ]^{2}$$ $$=\left ( ab+\frac{b^{2}+ac-bc}{2} \right )^{2}+\frac{3}{4}\left ( ac+bc+b^{2} \right )^{2}$$ Và đẳng thức $$(c^{2}+ca+a^{2})=\left ( c+\frac{a}{2} \right )^{2}+\frac{3a^{2}}{4}$$ Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz và BĐT AM - GM, ta có $$(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2}) \geqslant \frac{3}{4}\left [a\left ( ab+\frac{b^{2}+ac-bc}{2} \right )+(ac+bc+b^{2})(c+\frac{a}{2}) \right ]^{2}$$ $$=\frac{3}{4}\left [ \left (a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )+\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right ) \right ]\geqslant 3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$$ Tóm lại BĐT đã cho được chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi hien123

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có $$VT=\sum \frac{ab}{b^{2}+bc+c^{2}}+\sum \frac{ac}{b^{2}+bc+c^{2}}=\sum \frac{a^{4}b^{2}}{a^{3}b(b^{2}+bc+c^{2})}+\sum \frac{a^{4}c^{2}}{a^3c(b^{2}+bc+c^{2})}$$ $$\geqslant \frac{\left (a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{2}+\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )^{2}}{a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3}+abc\left [ ab(a+b)+bc( b+c)+ca(c+a) \right ]}$$

Bước này nên sửa lại như trên cho chính xác hơn $ \dfrac{a^2c^4}{ac^3(b^2+bc+c^2)} $ thành $ \dfrac{a^{4}c^{2}}{a^3c(b^{2}+bc+c^{2})} $

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Bài 17: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$
$$\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})({c^2} + ca + {a^2})}}$$

Ta có

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

Do đó

$$ \sum \dfrac{3a(b+c)}{b^2+bc+c^2} -6=\sum \left(\dfrac{(2b+c)(a-b)+(2c+b)(a-c)}{b^2+bc+c^2} \right) $$

$$ =\sum \left(\dfrac{(2b+c)(a-b)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{(2a+c)(b-a)}{c^2+ca+a^2}\right)=\sum\dfrac{(a-b)^2(2ab+c(a+b)-c^2)}{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)} $$

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

Bài toán quy về chứng minh

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

Không giảm tổng quát giả sử $ a \geq b \geq c \geq 0 $,khi đó ta có

$$ ab(a^2+ab+b^2) \geq 3a^2b^2 \geq 3(a-c)^2(b-c)^2 $$

Từ đây ta có điều cần chứng minh.

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


Bài 18 Phan Thành Nam

Cho các số thực $ a,b,c,d $ thỏa mãn $ \max\left\lbrace ab,bc,cd,da \right\rbrace \leq 1 $.Chứng minh rằng

$$ \sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-bc+c^2}+\sqrt{1-cd+d^2}+\sqrt{1-da+a^2} \geq \sqrt{16+(a-b+c-d)^2}. $$

Có thể xem $ 1 $ lời giải của bài toán này trong cuốn Bất đẳng thức & những lời giải hay ở trang $ 214 $.Tuy nhiên chúng ta có 1 lời giải đơn giản hơn cho bài toán đẹp này.Các bạn suy nghĩ xem
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[K56khtn]

Trong quyển sách này dùng tính chất của hàm dấu $ sign $ và tam thức bậc hai ,đọc không hiểu lắm ! Không biết các bạn thế nào?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi quykhtn

Bài 18 Phan Thành Nam

Cho các số thực $ a,b,c,d $ thỏa mãn $ \max\left\lbrace ab,bc,cd,da \right\rbrace \leq 1 $.Chứng minh rằng

$$ \sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-bc+c^2}+\sqrt{1-cd+d^2}+\sqrt{1-da+a^2} \geq \sqrt{16+(a-b+c-d)^2}. $$

Không giảm tổng quát giả sử $ (a-c)(b-d) \geq 0 $.Ta sẽ chứng minh
$$ \sqrt{1-bc+c^2}+\sqrt{1-da+a^2} \geq \sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-cd+c^2} $$
Bất đẳng thức này được suy ra từ hai bất đẳng thức sau
$$ (1) \ \ \ \ (1-bc+c^2)+(1-da+a^2) \geq (1-ab+a^2)+(1-cd+c^2) $$
$$ (2) \ \ \ \ (1-bc+c^2)(1-da+a^2) \geq (1-ab+b^2)(1-cd+c^2) $$
Bằng biến đổi ta thấy
$$ (1) \Leftrightarrow (a-c)(b-d) \geq 0 $$
$$ (2) \Leftrightarrow (a-c)(b-d)(1-ac) \geq 0 $$
Hai bất đẳng thức này đúng do $ (a-c)(b-d) \geq 0 $ và $ ac \leq 1 $.
Từ đây ta có
$$ VT \geq \sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-ab+b^2}+\sqrt{1-cd+c^2}+\sqrt{1-cd+d^2} $$
Chú ý rằng
$$ \left(\sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-ab+b^2}\right)^2-4-(a-b)^2 $$
$$ =2 \left(\sqrt{(1-ab+a^2)(1-ab+b^2)}-1\right) $$
$$ =\dfrac{2(1-ab)(a-b)^2}{\sqrt{(1-ab+a^2)(1-ab+b^2)}+1} \geq 0 $$
$$ \Rightarrow \sqrt{1-ab+a^2}+\sqrt{1-ab+b^2} \geq \sqrt{4+(a-b)^2} $$
Hoàn toàn tương tự ta có
$$ \sqrt{1-cd+c^2}+\sqrt{1-cd+d^2} \geq \sqrt{4+(c-d)^2} $$
Mặt khác theo bất đẳng thức Minkowski có
$$ \sqrt{4+(a-b)^2}+\sqrt{4+(c-d)^2} \geq \sqrt{16+(a-b+c-d)^2} $$
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c=d $ hoặc $ a=c=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{d}. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Trầm]

Bài 19:

Một bài cũ nhưng mình vẫn thấy hay

Cho các số dương $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1+x_2+x_3+...+x_n=1$. Chứng minh rằng:
$$\max \left \{ \dfrac{x_1}{1+x_1},\dfrac{x_2}{1+x_1+x_2},...,
\dfrac{x_n}{1+x_1+x_2+...+x_n} \right \} \ge 1 - \dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi tanggo

Bài 19:

Một bài cũ nhưng mình vẫn thấy hay

Cho các số dương $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1+x_2+x_3+...+x_n=1$. Chứng minh rằng:
$$\max \left \{ \dfrac{x_1}{1+x_1},\dfrac{x_2}{1+x_1+x_2},...,
\dfrac{x_n}{1+x_1+x_2+...+x_n} \right \} \ge 1 - \dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}$$

Bài toán này chỉ cần chú ý đánh giá sau là được

$$ \dfrac{1}{1+x_1}.\dfrac{1+x_1}{1+x_1+x_2}\cdots \dfrac{1+x_1+x_2+\cdots x_{n-2}}{1+x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}.\dfrac{1+x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{1+x_1+x_2+\cdots+x_n}=\dfrac{1}{1+x_1+x_2+ \cdots +x_n}=\dfrac{1}{2} $$

Từ đây suy ra trong $ n $ số dương
$ \dfrac{1}{1+x_1}; \dfrac{1+x_1}{1+x_1+x_2};\cdots ;\dfrac{1+x_1+x_2+\cdots x_{n-2}}{1+x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}};\dfrac{1+x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{1+x_1+x_2+\cdots+x_n} $ phải có $ 1 $ số không lớn hơn $ \dfrac{1}{\sqrt[n]{2}} $

Đây chính là điều cần chứng minh.
Nhận xét
Từ chứng minh trên chúng ta có dãy bất đẳng thức đẹp sau

$$ \max\left\lbrace\dfrac{x_1}{1+x_1},\dfrac{x_2}{1+x _1+x_2},\cdots,\dfrac{x_n}{1+x_1+x_2+ \cdots +x_n}\right\rbrace \geq 1-\dfrac{1}{\sqrt[n]{2}} \geq $$
$$ \geq \min\left\lbrace\dfrac{x_1}{1+x_1},\dfrac{x_2}{1+x _1+x_2},\cdots,\dfrac{x_n}{1+x_1+x_2+ \cdots +x_n} \right\rbrace $$

Bài 20
Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng

$$ \dfrac{a}{\sqrt{5a+4b}}+\dfrac{b}{\sqrt{5b+4c}} + \dfrac{c}{\sqrt{5c+4a}} \leq 1 $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi quykhtn

Bài 20
Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng

$$ \dfrac{a}{\sqrt{5a+4b}}+\dfrac{b}{\sqrt{5b+4c}} + \dfrac{c}{\sqrt{5c+4a}} \leq 1 $$

Để chứng minh bất đẳng thức này có thể sử dụng kết quả sau .
Với mọi số thực dương $ a,b,c $ ta luôn có

$$ \dfrac{a}{4a+4b+c}+\dfrac{b}{4b+4c+a}+\dfrac{c}{4c +4a+b} \leq \dfrac{1}{3} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi quykhtn

Bài 20
Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng

$$ \dfrac{a}{\sqrt{5a+4b}}+\dfrac{b}{\sqrt{5b+4c}} + \dfrac{c}{\sqrt{5c+4a}} \leq 1 $$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

$$ \left(\dfrac{a}{\sqrt{5a+4b}}+\dfrac{b}{\sqrt{5b+4 c}}+\dfrac{c}{\sqrt{5c+4a}}\right)^2 $$

$$ \leq \left(\dfrac{a}{4a+4b+c}+\dfrac{b}{4b+4c+a}+\dfrac {c}{4c+4a+b}\right)\left( \dfrac{a(4a+4b+c)}{5a+4b}+\dfrac{b(4b+4c+a)}{5b+4c }+\dfrac{c(4c+4a+b)}{5c+4a} \right) $$

Chú ý rằng

$$ \dfrac{a}{4a+4b+c}+\dfrac{b}{4b+4c+a}+\dfrac{c}{4c +4a+b} \leq \dfrac{1}{3} $$

Thật vậy,bất đẳng thức này tương đương với

$$ \dfrac{a}{4-c}+\dfrac{b}{4-a}+\dfrac{c}{4-b} \leq 1 $$

$$ \Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc \leq 4 $$

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc.

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$$ \dfrac{a(4a+4b+c)}{5a+4b}+\dfrac{b(4b+4c+a)}{5b+4c }+\dfrac{c(4c+4a+b)}{5c+4a} \leq 3 $$

$$ \Leftrightarrow \left(a-\dfrac{a(4a+4b+c)}{5a+4b}\right)+\left(b-\dfrac{b(4b+4c+a)}{5b+4c}\right)+\left(c-\dfrac{c(4c+4a+b)}{5c+4a}\right) \geq 0 $$

$$ \Leftrightarrow \dfrac{a(a-c)}{5a+4b}+\dfrac{b(b-a)}{5b+4c}+\dfrac{c(c-b)}{5c+4a} \geq 0 $$

$$ \Leftrightarrow \sum a(a-c)(5b+4c)(5c+4a) \geq 0 $$

$$ \Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+16(a^3c+b^3a+c^3b) \geq 20abc(a+b+c) $$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c=1 $.

Bài 21

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $ a,b,c $ ta luôn có

$$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+ bc+ca) \geq 3(a^2+b^2+c^2) $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Topic có vẻ im ắng

Nguyên văn bởi quykhtn

Bài 21

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $ a,b,c $ ta luôn có
$$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+ bc+ca) \geq 3(a^2+b^2+c^2) $$

Không giảm tổng quát,giả sử $ (b-a)(b-c) \leq 0 $.
Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
$$ \left(\dfrac{a^3}{b}-2a^2+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}-2b^2+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}-2c^2+ca\right) \geq a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca $$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{a(a-b)^2}{b}+\dfrac{b(b-c)^2}{c}+\dfrac{c(c-a)^2}{a} \geq (c-a)^2+(b-a)(b-c) $$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$ \dfrac{a(a-b)^2}{b}+\dfrac{b(b-c)^2}{c} \geq \dfrac{(a-b+b-c)^2}{\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}}=\dfrac{ab(c-a)^2}{b^2+ca} $$
Mặt khác $ (c-a)^2+(b-a)(b-c) \leq 0 $
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{ab}{b^2+ca}+\dfrac{c}{a} \geq 1 $$
Nếu $ c \geq a $ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu $ c \leq a $ bất đẳng thức tương đương với
$$ \dfrac{ab}{b^2+ca} \geq \dfrac{a-c}{a} \Leftrightarrow a^2b \geq (b^2+ca)(a-c) $$
$$ \Leftrightarrow a^2b-b(a+c)(a-c) \geq (b^2+ca-ba-bc)(a-c)\Leftrightarrow bc^2 \geq (b-a)(b-c)(a-c) $$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovetohop]

Bài 22: Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{(2a^3+1)(a^3+2)}+\frac{1}{(2b^3+1)(b^3+ 2)}+\frac{1}{(2c^3+1)(c^3+2)}\le\frac{1}{3}$$
Thấy topic yên ắng quá
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[K56khtn]

Nguyên văn bởi lovetohop

Bài 22: Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{(2a^3+1)(a^3+2)}+\frac{1}{(2b^3+1)(b^3+ 2)}+\frac{1}{(2c^3+1)(c^3+2)}\le\frac{1}{3}$$
Thấy topic yên ắng quá

Bất đẳng thức này sai,cho $ a=b=\dfrac{1}{2},c=4 $.
Bài toán phải có chiều ngược lại

$$\frac{1}{(2a^3+1)(a^3+2)}+\frac{1}{(2b^3+1)(b^3+ 2)}+\frac{1}{(2c^3+1)(c^3+2)}\ge\frac{1}{3}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[what'slove]

Bài 23: Cho các số thực dương $a, b, c, d $ thỏa mãn $a+b+c+d=4 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{cd}+\frac{1}{da }\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} $
Không biết có còn ai theo dõi box này không nữa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Ispectorgadget]

Nguyên văn bởi what'slove

Bài 23: Cho các số thực dương $a, b, c, d $ thỏa mãn $a+b+c+d=4 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{cd}+\frac{1}{da }\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} $

Sử dụng bổ đề sau: Với $x,y>0$ ta có $x^2+y^2\le \frac{(x+y)^2}{8xy}$
Áp dụng ta có $$a^2+c^2\le \frac{(a+c)^4}{8ac}=\frac{(a+c)^4bd}{8abcd}\le \frac{(a+c)^4(b+d)^2}{32abcd}$$
Tương tự ta có $b^2+d^2\ge \frac{(b+d)^4(a+c)^2}{32abcd}$
Ta cần chứng minh $$32(a+c)(b+d)\le (a+c)^2(b+d)^2[(a+c)^2+(b+d)^2]$$
Hay $32 \ge (a+c)(b+d)[(a+c)^2+(b+d)^2]$
$$[(a+c)+(b+d)]^4 \ge 8(a+c)(b+d)[(a+c)^2+(b+d)^2]$$Điều này đúng.
Vậy ta có điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$. $\square$
Bài 24: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac=1$. Chứng minh rằng $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge 2abc(a+b+c)^2$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi Ispectorgadget

Bài 24: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac=1$. Chứng minh rằng $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge 2abc(a+b+c)^2$$

Chia $abc$ cho cả 2 vế, ta có:
$\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ac}+\dfrac{c^2}{ba}+3 \ge 2(a+b+c)^2$
Áp dụng Cauchy Schwartz và AM-GM:
$VT \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{abc(a+b+c)}+3(ab+bc+ca)^2$
$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{abc(a+b+c)}+3(ab+bc+ca)^2 \ge \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab+bc+ca)^2}+3(ab+bc+ca) ^2 \ge 6(a^2+b^2+c^2) \ge 2(a+b+c)^2$
(đ.p.c.m)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]