Ta có : $(a^{2}+2b^{2})(1+2)\geq (a+2b)^{2}\Rightarrow a+2b\leq \sqrt{3.3c^{2}}= 3c$
$\Rightarrow VT= \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\geq \frac{9}{a+2b}\geq \frac{9}{3c}= \frac{3}{c}$
Đ.P.C.M.

Bài 1: Áp dụng Cauchy-schwarz :
$ P=(a^{2}+1)(1+b^{2})\geq (a+b)^{2}= 4$

vì $abc= 1$ nên tồn tại x,y,z để $a= \frac{x}{y},b= \frac{y}{z},c= \frac{z}{x}$. thay vào
BĐT $\Leftrightarrow (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Kái này ông Schur bảo là đúng nên chắc đúng rồi.k cần CM nũa.

Cho a,b,c,d dương có tích bằng 1.Chứng minh rằng$\prod (a^{2}+1)\geq (a+b+c+d)^{2}$

Ta thấy : trong 4 số a,b,c,dcos ít nhất 2 số cùng lon hon hoặc nhỏ hon 1
Gsu đó là b và d .
$\Rightarrow (b-1)(d-1)\geq 0$
Ta có:
$VT= (a^{2}b^{2}+a^{2}+b^2+1)(c^{2}d^{2}+c^{2}+d^2+1)= (a^2b^2+a^2+1+b^2)(c^2d^2+1+c^2+d^2)$
$\geq (abcd+a+c+bd)^{2}= (1+a+c+bd)^2$
Ta sẽ CM : $1+a+c+bd\geq a+b+c+d$
$\Leftrightarrow 1+bd\geq b+d\Leftrightarrow \Leftrightarrow (1-b)(1-d)\geq 0\Leftrightarrow (b-1)(d-1)\geq 0$
( đúng theo điều giả sủ )

Cho a , b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{2a+b}+\frac{3}{2b+c}+\frac{3}{2c+a}$
(Bài này đơn giản nên các mem chém nhiệt tính0

Áp dụng BĐT co bản : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$
$\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{9}{2a+b}$
$\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{2b+c}$
$\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\geq \frac{9}{2c+a}$
Cộng vế rồi chia 3 ra Đ.P.C.M

Cách khác nhá :
Ta có : $(x+y)(x-y)^{2}\geq 0\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}\geq x^{2}y+xy^{2}$
Áp dụng BĐT này vs a,b,c rồi cộng lại ta đc :
$2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)\geq 2a^{2}\sqrt{bc}+2b^{2}\sqrt{ca}+2c^{2}\sqrt{ab}$
Chia 2 vế cho 2 là ngon.

Bài toán [5]
Cho các số dương $a,. b, c$ thỏa mãn điều kiện $abc\ge 1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^4+b^4+c}+\dfrac{1}{b^4+c^4+a}+\dfrac{1}{c^4+a^4+b}\le 1$$

Korea-1999

Một ý tuong khác :
Ta có : $4(a^{4}+b^{4})= (a^{4}+b^4+b^4+b^4)+(b^{4}+a^4+a^4+a^4)$
$\geq 4a^3b+4b^3a$$\Leftrightarrow a^{4}+b^4\geq a^3b+b^3a= ab(a^{2}+b^2)\geq \frac{1}{c}.(a^{2}+b^2)= \frac{a^{2}+b^2}{c}$
$\Rightarrow a^4+b^4+c\geq \frac{a^2+b^2}{c}+c= \frac{a^2+b^2+c^2}{c}$
$\Rightarrow \frac{1}{a^4+b^4+c}\leq \frac{c}{a^2+b^2+c^2}$
TT có 2 cái nua rồi cộng vào :
$\Rightarrow VT\leq \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}$
Và ta chỉ cần CM :
$a+b+c\leq a^2+b^2+c^2$
Đúng vì :
$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2= (a+b+c)(a+b+c)\geq 3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)\geq 3(a+b+c)$
$\Rightarrow a+b+c\leq a^2+b^2+c^2$

Cho các số thực không âm a,b.Chứng minh
$(a^2+b+\frac{3}{4})(b^2+a+\frac{3}{4})\geq (2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$.

Theo AM-GM : $VT=[(a^2+\frac{1}{4})+b+\frac{1}{2}][(b^2+\frac{1}{4})+a+\frac{1}{2}]\geq (a+b+\frac{1}{2})^{2}= (a+b)^2+a+b+\frac{1}{4}$
$\geq 4ab+a+b+\frac{1}{4}=(2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$

$VT\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum (a^2-ab+b^2)}\geq \frac{(\sum a)^2}{(\sum ab)} \geq 3\Rightarrow \text{DPCM}$

Nguoc dấu rồi anh oj !

Với a,b,c là các số thực t/mđẳng thức a+b+c=0.CMR:
$2.(a^{5}+b^{5}+c^{5})=5abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Tù $a+b+c=0\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}= 3abc$
$\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{3}+b^{3}+c^{3})= 3abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$\Leftrightarrow \sum a^{5}+\sum a^{3}(b^{2}+c^{2})= 3abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$ (1)
$a+b+c= 0\Leftrightarrow -a= b+c\Leftrightarrow a^{2}= b^{2}+c^{2}+2bc\Leftrightarrow b^{2}+c^{2}=a^{2}-2bc$
$(1)\Leftrightarrow \sum a^{5}+\sum a^{3}(a^{2}-2bc)= 3abc\sum x^{2}$
$(1)\Leftrightarrow \sum a^{5}+\sum a^{5}-2\sum a^{3}bc= 3abc\sum a^{2}$
$\Leftrightarrow 2\sum a^{5}= 3abc\sum a^{2}$ (đpcm )

Cho hai đa thức hệ số nguyên $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn $P(x^3)+xQ(x^3)$ chia hết cho $x^2+x+1$. Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của$P(2011)$ và $Q(2011)$. Chứng minh rằng $d$ chia hết cho $2010$

Sử dụng $P(a)-P(b)\vdots a-b$ ta được : $P(x^3)-P(1)\vdots x^3-1\vdots x^2+x+1$

và $xQ(x^3)-xQ(1)\vdots x^3-1\vdots x^2+x+1$

$\Rightarrow P(1)+xq(1)\vdots x^2+x+1$.Với $x$ đủ lớn thì $VP>VT$ $\Rightarrow P(1)+xQ(1)= 0\Rightarrow P(1)=Q(1)=0$

$\Rightarrow P(x)= (x-1)R(x);Q(x)= (x-1)H(x);$.Dễ chứng minh $R(x),H(x)\in\mathbb{Z}[x]$

$\Rightarrow P(2011)= 2010R(x);Q(2011)= 2010H(x);$

$\Rightarrow d\vdots 2010$

Đề sai rồi ! có lẽ là thế này thì ms có dấu "="

BÀI 2:
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn điều kiện $abc=1$
CHỨNG MINH RẰNG:
$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1$

Ta thấy : trong 3 số a,b,c có ít nhất 2 số cùng lón hon hoặc nhỏ hon 1.
Gsu là a và b.
$\Rightarrow (a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow 2(ab+1)\geq a+b+ab+1$
$\Leftrightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)$ (1)
Ta có bổ đề quen thuộc : $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$ (2)
Áp dụng (1) và (2) ta đc :
$VT\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{2(ab+1)(c+1)}$
$= \frac{1}{1+\frac{1}{c}}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{(1+\frac{1}{c})(c+1)}$
$= \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}= \frac{c(c+1)+1+c}{(c+1)^2}$
$= \frac{(c+1)^2}{(c+1)^2}= 1$
Xong

Cho a, b, x, y là các số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn $x^a=y^b$ và (a, b)=1. CMR: $x=n^b$ và $y=n^a$ với n là số tự nhiên lớn hơn 1.

Có thể giải bài này bằng Bổ đề Berzout nhu sau :
Vì $gcd(a,b)=1$ nên tồn tại u,v sao cho $au-bv= 1$
Ta có : $x= x^{1}= x^{au-bv}= \frac{x^{au}}{x^{bv}}= \frac{y^{bu}}{x^{bv}}= (\frac{y^{u}}{x^{v}})^{b}$
Suy ra : $\sqrt[b]{x}= \frac{y^u}{x^v}$
Vì $\sqrt[b]{x}$ là số huu tỉ nên nó phải là số nguyên
$\Rightarrow n= \frac{y^{u}}{x^{v}} \in \mathbb N^*$
Suy ra $x=n^{b}\Rightarrow y^{b}= x^{a}= n^{ab}\Rightarrow y= n^{a}$

Bổ đề Berzout : http://diendantoanhoc.net/index.php?/topic/63807-d%E1%BB%8Bnh-ly-th%E1%BA%B7ng-d%C6%B0-trung-hoa/

Đây http://diendantoanho...ight-leq-10abc/

Đây nè bạn : http://diendantoanho...=0

Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có : $\sum \frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}= \sum \frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c+a}}\leq \sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$
Ta cần CM : $\sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\leq 1$
Đặt $\sqrt{a}= x,\sqrt{b}= y,\sqrt{c}= z$
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{2x^{2}y}{z+x}\leq 1= \sum x^{2}$
$\Leftrightarrow \sum x^{2}+\sum (2xy-\frac{2x^{2}y}{z+x})\geq 2\sum xy$$\Leftrightarrow \sum x^{2}+2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq 2\sum xy$
Mà $2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$ nên BĐt cần CM đc đua về :
$\sum x^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2\sum xy$
$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)+9xyz\geq 2(xy+yz+zx)(x+y+z)$
$\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
( Đúng theo Schur )
Đ.P.C.M OK

Cho các số a, b, c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Tìm Max của Q = 2(a + b + c) - abc

Here : http://diendantoanho...ight-leq-10abc/
______________
@BlackSelena : xin phép được Close topic .

Ăn luôn !
$VT= \sum \frac{a^{2}}{2ab+2ac-a^{2}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)-a^{2}-b^{2}-c^{2}}\geq \frac{(a+b+c)2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$

cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1
CMR:
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
-----------------------------
Chú ý tiêu đề bạn nhé

Cách khác phát !
Theo C-S : $VT= \frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$
Ta sẽ chứng minh $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Leftrightarrow (a^3-2a^2b+ab^2)+(b^3-2b^2c+bc^2)+(c^3-2c^2a+ca^2)\geq 0$
$\Leftrightarrow a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\geq 0$
Luôn đúng

Trước tiên là ta CM rằng : Với a,b,c t/m đề thì :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$
Thật vậy, giả sử $a=max(a,b,c)$
Từ đó : $\frac{b}{c+a+1}\leq \frac{b}{c+b+1}$
và : $\frac{c}{a+b+1}\leq \frac{c}{c+b+1}$
Mà theo AM-GM thì :
$\frac{(1+b+c)+(1-b)+(1-c)}{3}\geq \sqrt[3]{(1+b+c)(1-b)(1-c)}$
$\Rightarrow 1\geq (1+b+c)(1-b)(1-c)\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1-a}{1+b+c}$
Và như thế ta chỉ cần CM :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+b+1}+\frac{c}{c+b+1}+\frac{1-a}{1+b+c}\leq 1$
Nhưng thực chất đây chỉ là một đẳng thức.
Và khi đã có BĐT này thì bài nghiệm nguyên kia vô vị rồi

Sử dụng bổ đề quen thuộc sau: $\frac{x^3}{a}+\frac{y^3}{b}+\frac{z^3}{c}\ge \frac{(x+y+z)^3}{3.(a+b+c)}$
Áp dụng ta có: $$LHS\ge \frac{(x+y+z)^3}{3(3-4xyz(x+y+z))}$$
Ta quy về chứng minh $$3(3-4xyz(x+y+z))\leq 5\Leftrightarrow 3xyz(x+y+z)\leq 1=(xy+xz+yz)^2$$
Điều này đúng do đó ta có đpcm. $\blacksquare$

Nguọc dấu chổ này rồi a oi
Ta quy về chứng minh $$3(3-4xyz(x+y+z))\leq 5\Leftrightarrow 3xyz(x+y+z)\leq 1=(xy+xz+yz)^2$$
____
So ri nhầm dấu =P~

CM với mọi a,b,c dương abc=1
$\frac{a}{2a^3+1}+\frac{b}{2b^3+1}+\frac{c}{2c^3+1}\leq 1$

Ta có đánh giá sau : $\frac{2a}{2a^3+1}\leq \frac{a^2+1}{a^4+a^2+1}$
$\Leftrightarrow \frac{a^4+a^2+1}{2a^3+1}\leq \frac{a^2+1}{2a}\Leftrightarrow \frac{a^4+a^2+1}{2a^3+1}-1\leq \frac{a^2+1}{2a}-1$
$\Leftrightarrow \frac{a^2(a-1)^2}{2a^2+1}\leq \frac{(a-1)^2}{2a}\Leftrightarrow (a-1)^2(\frac{1}{2a}-\frac{a^2}{2a^3+1})\geq 0$
Đánh giá này đúng do $\frac{a^2}{2a^3+1}< \frac{a^2}{2a^3}= \frac{1}{2a}$
Tương tự có 2 cái nứa rồi cộng vào , cuối cùng ta phải chứng minh
$\frac{a^2+1}{a^4+a^2+1}+\frac{b^2+1}{b^4+b^2+1}+\frac{c^2+1}{c^4+c^2+1}\leq 2$
$\Leftrightarrow (1-\frac{a^2+1}{a^4+a^2+1})+(1-\frac{b^2+1}{b^4+b^2+1})+(1-\frac{c^2+1}{c^4+c^2+1})\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a^4}{a^4+a^2+1}+\frac{a^4}{b^4+b^2+1}+\frac{a^4}{c^4+c^2+1}\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\geq 1$
với $x= \frac{1}{a^2},y= \frac{1}{b^2},z= \frac{1}{c^2},xyz=1$.
Đúng theo cái bổ đề quen thuộc của Vas :
Với x,y,z>0 và $xyz= 1$ thì ta có : $\frac{1}{x^{2k}+x^{k}+1}+\frac{1}{y^{2k}+y^{k}+1}+\frac{1}{z^{2k}+z^{k}+1}\geq 1$

Cho $ a,b,c> 0$ .CMR:
$ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{(b+c)^{2}}{b^{2}+c^{2}+2a^{2}}+\frac{(c+a)^{2}}{c^{2}+a^{2}+2b^{2}}$$ \leq 3$

Bài 1:Cho $a,b,c\in R$.C/m:
$$\prod (a+b-c)^{2}\geq \prod (a^{2}+b^{2}-c^{2})$$

Rõ ràng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a^2,b^2,c^2$ là 3 cạnh một tam giác là đủ .
Bởi vì trong trường hợp ngược lại kết quả bài toán là hiển nhiên .
Khi đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau $[a^2-(b-c)^2]^2\geq (a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)$
Bằng kĩ thuật "tung tóe hóa" và nhóm ta được bất đẳng thức tương đương với :
$(b-c)^2(b^2+c^2-a^2)\geq0$ . Luôn đúng.
Tương tự có 2 đánh giá nữa rồi nhân vô sau đó khai căn ta được :
$[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2][c^2-(a-b)^2]\geq (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$
Chú ý rằng :
$a^2-(b-c)^2= (a-b+c)(a+b-c)= (a+b-c)(a+c-b)$
Từ đó $[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2][c^2-(a-b)^2]= (b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2$
Vậy là ta có $Q.E.D$

2. Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh : $\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a} \geq a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}$

Ta có : $VT= \frac{a^{4}}{ab}+\frac{b^{4}}{bc}+\frac{c^{4}}{ca}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{ab+bc+ca}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
$= \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\geq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(ac+ba+cb)}$
$\geq a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}$ (Cauchy-schwarz )
Đ.P/C.M

1. Cho a,b,c là các số không âm a,b,x,y biết $a^{10}+b^{10}\leq 1$ và $x^{10}+y^{10}\leq 1$. Chứng minh : $a^{7}x^{3}+b^{7}y^{3}\leq 1$

AM-GM
$x^{10}+x^{10}+x^{10}+a^{10}+a^{10}+a^{10}+a^{10}+a^{10}+a^{10}+a^{10}\geq 10a^{7}x^{3}$
$y^{10}+y^{10}+y^{10}+b^{10}+b^{10}+b^{10}+b^{10}+b^{10}+b^{10}+b^{10}\geq 10b^{7}y^{3}$
$\Rightarrow 10(a^{7}x^{3}+b^{7}y^{3})\leq 3(x^{10}+y^{10})+7(a^{10}+b^{10})\leq 10\Rightarrow a^{7}x^{3}+b^{7}y^{3}\leq 1$