$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$

$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$

Hoán vị hay đối xứng?

Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng:\[ a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\]Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$ x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$ \frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $ \Delta \leq 0 $mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)

Bất đẳng thức

Hoán vị hay đối xứng?

Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng:\[ a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\](Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$ x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$ \frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $ \Delta \leq 0 $mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)

Bất đẳng thức