"Phương pháp pqr/uvw là một kỹ thuật hữu ích để chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến đa thức đối xứng với ba biến không âm. Phương pháp này liên quan nhiều đến bất đẳng thức Schur. Các vấn đề loại này thường gặp trong các kỳ thi toán học. Ý tưởng cơ bản là dựa trên sự thay đổi biến thích hợp để đưa ra bất đẳng thức ở dạng đơn giản hơn so với bất đẳng thức ban đầu." - Trích tài liệu Phương pháp pqr/uvw
Xem tại đây. Bạn nên download về để việc sử dụng mục lục thuận tiện hơn.
____________________________________________________________
Cập nhật 22/11/20.
Link download mới.
Problem. (?) For $a,b,c$ be non-negative numbers such as $a \geq 2(b+c).$ Prove:$$5\Big(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\Big)\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+10.$$
Solution. (tthnew)
We write the inequality as
\[\big[2(b+c)-a\big]^2 \big[4\left( {{\mkern 1mu} b + {\mkern 1mu} c} \right){a^2} + 5{\mkern 1mu} \left( {2{\mkern 1mu} c + b} \right)\left( {c + 2{\mkern 1mu} b} \right)a + 3{\mkern 1mu} \left( {b + c} \right)\left( {6{\mkern 1mu} {b^2} + 19{\mkern 1mu} bc + 6{\mkern 1mu} {c^2}} \right)\big]\]
\[+\big[a-2(b+c)\big]\left( {b}^{2}+3bc+{c}^{2} \right) \left( 36{b}^{2}+77bc+36{ c}^{2} \right)+2bc \left( b+c \right) \left( b-c \right) ^{2}\geq 0,\]
which is true.
The text you can copy in Github.
Dựa trên sự "random số" để kiểm tra một phần tính đúng đắn của bất đẳng thức.
Sở dĩ mình nói một phần là vì chương trình tương đối nhỏ gọn nên không hoàn toàn chính xác, nó chỉ giúp ta tăng thêm niềm "hy vọng" vào bất đẳng thức mình đang cố gắng chứng minh.
(In China's language:
根据“随机数”部分检查不等式的正确性。
我说出部分原因是因为程序相对紧凑，因此不完全准确。 它只会帮助我们增加我们试图证明的不平等的“希望”。)
Hướng dẫn sử dụng.
File pdf. Phần source code trên có thể copy hoặc download từ Github.
Problem. Let $a,b,c\geqslant 0$ and $a+b+c=3$. Find maximum of:
$$P=(a^{2}-ab+b^{2})(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ca+a^{2})$$
Solution. $\text{We can prove:}$
$$\prod(a^2-ab+b^2)+{\frac {1}{243}} \left( a+b+c \right) ^{2} \big[ 2(a^2+b^2+c^2)-5(ab+bc+ca) \big]^{2} \leqslant {\dfrac {4}{243}} ( a+b+c ) ^{6}$$
$\text{Let} $$f(a,b,c)=\text{RHS}-\text{RHS}.$
$\text{Because:}$
KIỂM TRA TÍNH ĐÚNG ĐẮN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
a$,$ b$,$ c là độ dài $3$ cạnh tam giác.$s=\frac{a+b+c}{2}$ là nửa chu vi.$x,y,z$ với $x\equiv s-a,..$$\text{R}$ là vòng tròn$r$ là bán kính$r_a,r_b,r_c$ là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp tương ứng.$h_a,h_b,h_c$ là chiều cao tương ứng.$w_a,w_b,w_c$ là các đường phân giác của các góc tương ứng.$S$ là diện tích tam giác.$d$ là khoảng cách từ tâm đường tròn đến tâm của tam giác.$p:=4r(R-2r),q:=s^2-16Rr+5r^2$$A,B,C$ là các góc tương ứng.$\sin (A),..$ là $\sin$ của các góc tương ứng.Các hàm lượng giác khác được ký hiệu tương tự.
b) Các lệnh chính trong Bottema2009
Bài toán. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$\dfrac{b+c}{\sqrt{a^2+3bc}}+\dfrac{c+a}{\sqrt{b^2+3ca}}+\dfrac{a+b}{\sqrt{c^2+3ab}} \geqslant 3.$$
Lời giải. Sử dụng AM-GM:
$$2\cdot2(a+b+c)\cdot3\sqrt{a^2+3bc}\leqslant 9(a^2+3bc)+4(a+b+c)^2. $$
Cần chứng minh: $$\sum \dfrac{b+c}{9(a^2+3bc)+4(a+b+c)^2}\geqslant \dfrac{1}{4(a+b+c)}.\quad (\text{1})$$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với $ka+b+c,$ cần chứng minh$:$
$$ \dfrac{\displaystyle \left[\sum (b+c)(ka+b+c)\right]^2}{ \displaystyle \sum\left[9(a^2+3bc)+4(a+b+c)^2\right](b+c)(ka+b+c)^2} \geqslant \dfrac{1}{4(a+b+c)}$$
Bất đẳng thức này với mọi $0.501101841672046\leqslant k \leqslant 0.569702519378325,$
với $k$ là nghiệm của phương trình g. (Xem file Github ở cuối bài viết)
Ngoài ra bất đẳng thức $(\text{1})$ cũng có lời giải bằng SOS:
$$\dfrac{1}{8(a+b+c)}\sum{\dfrac { \left( 52\,{a}^{2}+95\,ab-142\,ac+52\,{b}^{2}-142\,bc+103\,{c }^{2} \right) \left( a-b \right) ^{2}}{ \left( 13\,{a}^{2}+35\,bc+8\, ab+8\,ac+4\,{b}^{2}+4\,{c}^{2} \right) \left( 13\,{b}^{2}+35\,ac+4\,{ a}^{2}+8\,ab+8\,bc+4\,{c}^{2} \right) }}\geqslant 0$$
(xem biểu thức F)
Ngoài ra còn một cách là sử dụng Holder, bạn thử tìm hiểu xem nhé:))
Problem 1. For $a,b,c\geqslant 0;a+b+c=1.$ Prove: $$\dfrac{1}{27}+{\dfrac {4}{27}}\,q-\dfrac{2}{3}{q}^{2}+{\dfrac {2}{27}}\sqrt { \left( 7 +13{q}^{2}-16q \right) \left( 1-3q \right) ^{3}}\geqslant a^4 b+b^4 c+c^4 a.$$
(tthnew)
Generalization.
For $a,b,c\geqslant 0;t=\text{constant} ,t\in \mathbb{R};a+b+c=1.$ Prove that:
$$a^4 b +b^4 c+c^4 a +tabc \leqslant\dfrac{1}{3}qt-\dfrac{2}{3}{q}^{2}-{\dfrac {2}{27}}t+{\dfrac {4}{27}}\,q+\dfrac{1}{27}+{ \dfrac {2}{27}}\sqrt { \left( 1-3q \right) ^{3} \left( 5qt-t+{t}^ {2}-16q+7+13{q}^{2} \right) }$$
(tthnew)
Remark. When $t=0,$ we receive the first one.
The text in Github.
Update.
Solution for the Generalization. (tthnew)
Let $$\text{M}=\dfrac{1}{27}+\dfrac{1}{3}qt-{\dfrac {2}{27}}t-\dfrac{2}{3}{q}^{2}+{\dfrac {4}{27}}q+{ \dfrac {2}{27}}\sqrt { \left( 1-3\,q \right) ^{3} \left( 5qt-t+{t}^ {2}-16q+7+13{q}^{2} \right) }.$$
Need to prove:
$$ \text{M}-\dfrac{1}{2}{p}^{3}q+\dfrac{1}{2}{p}^{2}r+\dfrac{3}{2}p{q}^{2}-\dfrac{5}{2}\,qr-tr{p}^{2}\geqslant \dfrac{1}{2} \left( {p}^{2}-q \right) \left( a-b \right) \left( b-c \right) \left( a-c \right)$$
Problem. For $a,b,c>0.$ Prove: $$ \dfrac{(a+b)(a+c)}{(b-c)^2}+\dfrac{(b+a)(b+c)}{(a-c)^2} +\dfrac{(c+a)(c+b)}{(a-b)^2} \geqslant 3+4\sqrt{2}$$Solution. (tthnew) $\text{The inequality is equivalent to}$
$$\sum f(a,b,c) (-{a}^{2}+ab+\sqrt {2}ab+ac-\sqrt {2}ca-{b}^{2}+bc-\sqrt {2}cb-{c}^{2}+ \sqrt {2}{c}^{2})^2 \geqslant 0,\, \text{where}$$
$$f(a,b,c) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{17}+{\dfrac {16}{51}} \right) {a}^{2}+ \left( \dfrac{\sqrt{2}}{17} +{\dfrac {16}{51}} \right) {b}^{2}+ \left( {\frac {11}{17}}+ {\frac {20}{51}}\,\sqrt {2} \right) {c}^{2}+ $$
$$+\left( {\frac {55}{51}}+{ \frac {56}{51}}\,\sqrt {2} \right) ab+ \left( -{\frac {10}{17}}-{ \frac {29}{51}}\,\sqrt {2} \right) ac+ \left( -{\frac {10}{17}}-{ \frac {29}{51}}\,\sqrt {2} \right) bc$$
$\text{But}$ $$\sum f(a,b,c) ={\dfrac {2\sqrt {2}+5 }{51}} \left( 13\,{a}^{2}+13 \,{b}^{2}+13\,{c}^{2}-ab-ac-bc \right) \geqslant 0, \, \text{and}$$
$$\sum f(a,b,c) \cdot f(b,c,a) \geqslant 0 \, (\text{easy prove!})$$
$\text{So we are done.} \square$
Problem. (tthnew) For $a,b,c$ be reals such as $abc(a+b+c) \geqslant 0.$ Prove that$:$
$${\dfrac {1}{abc}}+{\dfrac {573}{500}}\cdot{\dfrac {a+b+c}{ \left( {a}^{2}+{b }^{2}+{c}^{2} \right) ^{2}}}\geqslant {\dfrac {6219}{500 ( a +b+c ) ( ab+bc+ac ) }}$$
But:
For $a,b,c \geqslant 0.$ The inequality $${\dfrac {1}{abc}}+{\dfrac {k \left( a+b+c \right) }{ \left( {a}^{2}+{b}^ {2}+{c}^{2} \right) ^{2}}}\geqslant {\dfrac {3(3+k)}{ \left( a+b+c \right) \left( ab+bc+ac \right) }} $$ is true when $k \leqslant k_{\max} \approx 1.14654479754656$ is a root of the equation $$720\,{X}^{4}+5176\,{X}^{3}+10043\,{X}^{2}-3328\,X-18432=0.$$
Who have a nice solution for these inequality$?$
(Inspired from Math Stack Exchange.)
$$(ab+bc+ca)\Big(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}\Big) \geqslant \dfrac{9}{4}+\dfrac{ka^2b^2c^2(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2}{(a+b)^4(a+c)^4(b+c)^4}$$
This inequality is true for all $k \leqslant k_{\max}\approx 3948.42394493992$ is a Root Of: $$3375\,{k}^{5}-18198972\,{k}^{4}+19237295979\,{k}^{3}+13963607218\,{k}^{2}+347614144\,k+1916928=0 \, (1)$$
See the text of the equation $(1)$ in Github.
2. (xzlbq) With same condition. Prove$:$
$$(ab+bc+ca)\Big(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}\Big) \geqslant \dfrac{9}{4} \sqrt{\dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}{(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}$$
Problem. (Tạ Hồng Quảng)
For $a,b,c>0;a+b+c=1.$ Prove:
$$ {\dfrac {{a}^{3}}{b}}+{\dfrac {{b}^{3}}{c}}+{\dfrac {{c}^{3}}{a}}- { \dfrac { \left( q+1 \right) \left( 3-8\,q \right) }{4q}}\geqslant {\dfrac { \left( 1-3\,q \right) \left( 1-4\,q \right) ^{2} \left( 882\,{q}^{2} -552\,q+293 \right) }{108\,q \left( 1-2\,q \right) \left( 11-12\,q \right) }} $$
Solution. (tthnew)
Problem. (Tạ Hồng Quảng) For $a,b,c>0;a+b+c=1.$ Prove$:$$$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+28(ab+bc+ca)^2\geqslant 3 $$
Problem. (Tạ Hồng Quảng) Let $a,b,c>0;a+b+c=2.$ Prove$:$
$$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+14(ab+bc+ca)\geqslant 19$$
Bài toán. Cho $a,b,c >0.$ Chứng minh: $$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{a+b}+1$$
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:
$$\dfrac{1}{3}{a}^{3}{c}^{2}+\dfrac{1}{2}{b}^{3}{a}^{2}+\dfrac{1}{6}{c}^{2}{b}^{3} \geqslant a^2 b^2 c,$$
$$\dfrac{1}{2}{a}^{3}{c}^{2}+\dfrac{1}{2}{b}^{4}a+{c}^{3}{b}^{2} \geqslant 2b^2 c^2 a,$$
$$\dfrac{1}{6}{a}^{3}{c}^{2}+\dfrac{1}{2}{b}^{3}{a}^{2}+\dfrac{1}{2}{b}^{4}a+\dfrac{5}{6}{c}^{2}{b}^ {3}\geqslant 2{b}^{3}ca.$$
Cộng theo vế $3$ bất đẳng thức trên ta thu được đpcm.
