Chứng minh rằng : $ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$.  Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$
Ta có $\frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} \ge \frac{1}{x^2+x+1}$
Khải triển ra ta có
$x^3+x \geq 2x^2 $
Điều này hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. Thiết lập các biểu thức tương tự. Ta quy về chứng minh $$\frac{1}{x^4+x^2+1}+\frac{1}{y^4+y^2+1}+\dfrac{1}{z^4+z^2+1} \ge 1$$
Thay $(x^4;y^4;z^4)$ bởi $(x^2;y^2;z^2)$ ta quy về chứng minh
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1$$
Tồn tại các số dương $a,b,c$ sao cho $x=\frac{bc}{a^2};\frac{ac}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\ge 1$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $$VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$
$$ \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=1$$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\,\, \blacksquare$

Chứng minh rằng với mọi số a,b,c thực ta có: $[1+(b-c)^2][1+(c-a)^2][1+(a-b)^2]\ge (1+a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)^2$

Chứng minh rằng với mọi số a,b,c thực ta có:
$$[1+(b-c)^2][1+(c-a)^2][1+(a-b)^2]\ge (1+a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)^2$$
Lời giải
Sử dụng hằng đẳng thức Lagrange ta có
$[1+(b-c)^2][(c-a)^2+1]=(c-a+b-c)^2+[1-(b-c(c-a))]^2$
$=(b-a)^2+(1-bc+ab+c^2-ac)^2$
Do đó ta sẽ chứng minh
$[(b-a)^2+(1-bc+ab+c^2-ac)^2][1+(a-b)^2]\geq VP$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$VT\ge [(b-a)^2+(1-bc+ab+c^2-ac)^2][(a+b)^2+1]\geq VP$
Vậy ta có điều cần chứng minh. $\blacksquare$

Chứng minh rằng: $k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le \max \{3k,k^{\frac{9}{4}}+2 \}$

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a+b+c=3$.Cho hằng số $k \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le \max \{3k,k^{\frac{9}{4}}+2 \}$$
Lời giải
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Xét hàm số :
$$f(a;b;c)=k^{ab}+k^{bc}+k^{ca}$$.
Đặt $t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}$.Khi đó :$a=t+u;b=t-u$
$$f(a;b;c)=g(u)=k^{t^2-u^2}+k^{c(t-u)}+k^{c(t+u)}$$
$$g'(u)=2u\ln{k}.k^{t^2-u^2}+\ln{k}.ck^{ct}(k^{cu}-k^{-cu})$$
Ta sẽ chứng minh:
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2cu} \le k^{t^2-u^2-ct}$$
Theo định lý Lagrange thì tồn tại $r$ với $u \ge r \ge -u$ sao cho :
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2u}=ck^{cr} \le ck^{cu}$$
Vì $c \le 1$ và $c(t+u) \le (t-u)(t+u)=t^2-u^2$ nên dễ thấy $g'(u) \le 0$.Suy ra:
$$g(u) \le g(0)=k^{t^2}+2k^{ct}=k^{t^2}+2k^{t(3-2t)}=h(t)$$
Ta sẽ chứng minh rằng:
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \};\forall k \ge 1$$.
$$h'(t)=2t\ln{k}.k^{t^2}+2(3-4t)\ln{k}.k^{t(3-2t)}$$
$$h'(t)=0 \iff \frac{4t-3}{t}=k^{3t(t-1)} \iff 3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}=0$$
Xét $t \ge 1$ thì :
$$q(t)=3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}$$
$$q'(t)=(6t-3)\ln{k}-\frac{3}{t(4t-3)}$$
Với $t \ge 1$ thì $q'(t)$ là hàm giảm theo $t$,do đó phương trình $q'(t)=0$ có không quá 1 nghiệm $t \ge 1$,theo định lý Roll thì phương trình $h'(t)=0$ có không quá 2 nghiệm $t \ge 1$.Do $h'(1)=0$ nên :
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \}$$

Chứng minh rằng: Nếu $|f(x)| \leq |sinx|$ ; với mọi $x \in [-1;1]$ thì $| a_1 + 2a_2 + 3a_3 +... +na_n | \leq 1.$

Cho hàm số $f(x) = a_1sinx + a_2sin2x + ... + a_nsinnx$. Chứng minh rằng: Nếu $|f(x)| \leq |sinx|$ ; với mọi $x \in [-1;1]$ thì $| a_1 + 2a_2 + 3a_3 +... +na_n | \leq 1.$
Đề thi HSG lớp 11 Quảng Ngãi năm học 2011-2012
Lời giải
Ta có: \[\left| {{a_1} + 2{a_2} + 3{a_3} + ... + n{a_n}} \right| = \left| {f'\left( 0 \right)} \right| = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {\frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x}} \right|\]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {\frac{{f\left( x \right)}}{{\sin x}}} \right|\left| {\frac{{\sin x}}{x}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| {\frac{{f\left( x \right)}}{{\sin x}}} \right| \le 1 \Rightarrow Q.E.D\]