áp dụng cauchy có:

$(\sum \frac{1}{2a^2+bc})^2\leq (\sum (b^2+c^2+bc))(\sum \frac{1}{(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)})$

mà $(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)\geq (ab+bc+ac)^2=1\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)}\leq 3$

$\sum (bc+b^2+c^2)\leq 3(a^2+b^2+c^2)$

$bđt\Leftrightarrow \sqrt{\sum a^2}\leq \sum a^2$(luôn đúng)

phần cm $\geq 2$ mk thấy hih như sai đề

Phần đầu ta sử dụng CYH: $\sum \dfrac{1}{2a^2+bc}\geqslant \dfrac{4(a+b+c)^2}{\sum (2a^2+bc)(b+c)^2}$

Ta chuyển về chứng minh $p^2+9pr\geqslant 4$. Đồng bậc ta chuyển về chứng minh $-q^2+q+9r\geqslant 0$ với $p=2$

Với $q\leqslant 1$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Với $8>\dfrac{4}{3}\geqslant q\geqslant 1$ thì $-q^2+q+9r\geqslant -q^2+q+8(q-1)=(8-q)(q-1)\geqslant 0$

Ta có điều phải chứng minh.

Sau đây là lời giải cho bài toán trên:

Không mất tính tổng quát ta giả sử a$\geq$b$\geq$c

Khi đó dễ thấy rằng:$a\geq b\geq c$ và$\frac{1}{b^2+8bc+3c^2}\geq \frac{1}{c^2+8ca+3a^2}\geq \frac{1}{a^2+8ab+3b^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Chebysev và bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\sum \frac{a}{b^2+4bc+3c^2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\sum \frac{1}{b^2+4bc+3c^2})\geq 3(a+b+c)(\frac{1}{4(a+b+c)^2})\geq \frac{1}{4}$ (đpcm)

Nên xem lại.

Bài này thực sự là đặc chưng cho phương pháp tiếp tuyến, ta giải như sau:

1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và giả thuyết thì chúng ta sẽ có BĐT đã cho tương đương BĐT sau:

$\sum \frac{1}{a^2-6a+13}\leq \frac{3}{8}$

Thật vậy lưu ý bất đẳng thức phụ sau:

$\frac{1}{a^2-6a+13}\leq \frac{a+1}{16}$

tương tự như thế suy ra$\sum \frac{1}{a^2-6a+13}\leq \frac{a+b+c+3}{16}=\frac{3}{8}$

từ đó ta có đpcm

Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$. Bất đẳng thức trên tương đương với: $\sum \dfrac{(a+b)^2}{(a+b)^2+\dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}}\geqslant \dfrac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $VT\geqslant \sum \dfrac{4(a+b+c)^2}{\sum (a+b)^2+\sum \dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}}$

Do đó ta cần chứng minh: $\sum (a+b)^2+\sum \dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}\leqslant 24$

$\Leftrightarrow \dfrac{4}{3} (a+b+c)^2-\sum (a+b)^2+12-\sum \dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}\geqslant 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left(\dfrac{6}{a^2+b^2}-1\right)\geqslant 0$

Nếu $a^2+b^2\leqslant 6$ thì bất đẳng thức đúng. Nếu $a^2+b^2\geqslant  6$ thì:

$\sum \dfrac{1}{a^2+b^2+2}\leqslant \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+6} \leqslant \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8-b^2}+\dfrac{1}{b^2+2}\leqslant \dfrac{1}{8}+\dfrac{5}{8}=\dfrac{3}{4}$

Bài 120(Balkan Shortlist): Cho a,b,c >0. CMR nếu a+b+c=3 thì

 

 $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq 3$

Ta sẽ chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant (a+bc)(b+ca)(c+ab)$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $\sqrt{(a+bc)(b+ca)}\leqslant \dfrac{(a+b)(c+1)}{2}$

Tương tự ta có: $(a+bc)(b+ca)(c+ab)\leqslant \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1)}{8}\leqslant (a+b)(b+c)(c+a)$

AM-GM toàn bộ ba số trên và áp dụng cái bất đẳng thức đa chứng minh là ra.

Xin trình bày lời giải bài số 119 như sau:

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng $a\geq b\geq c$

 

khi đó ta dễ thấy rằng: $a^2\geq b^2\geq c^2$ ; $\frac{1}{b^2+c^2+bc}\geq \frac{1}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{1}{a^2+ab+b^2}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Chebysev,và bất đẳng thức AM-GM ta có:

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)(\sum \frac{1}{b^2+bc+c^2})\geq 3(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca})\geq 3(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)})=1$

 

Vậy là ta có đpcm.      

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$\sum \dfrac{a^2}{b^2+c^2+bc}\geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(ab+b+c)}$

Mặt khác $(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant 3abc(a+b+c)$ nên

$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(ab+b+c)}\geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\dfrac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)^2+\dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^2}=1$

Không biết bài này có chưa, nếu có rồi thì anh Đức xóa dùm em

Bài 142(APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-}+\sqrt{c+a-b}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào

Bị ngược dấu rồi em.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geslant b\geqslant c$

Dễ thấy $a+b-c\geqslant c+a-b\geqslant b+c-a$

Mà $a+b-c\geqslant a$ và $a+b-c+c+a-b=2a\geqslant a+b$ và $a+b-c+c+a-b+b+c-a=a+b+c$ nên $(a+b-c, c+a-b, b+c-a)\succ (a,b,c)$

Áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm lõm $f(x)=\sqrt{x}$ cho ta điều phải chứng minh.

Bài 152(IMO shortlist): Cho a,b,c>0. CMR: nếu a+b+c=3 thì

$\sum \frac{1}{a^2+a+1}$$\leq 1$ 

Bất đẳng thức ngược chiều. (Có thể kiểm chứng bằng HFT (tiếp tuyến))

Có thể điều kiện là $abc=1$

Bài 167(China TST): Cho a,b,c thuộc [0;1]. Tìm GTNN của biểu thức sau:

                              P=$\frac{1}{(b-1)^2+a^2}+\frac{1}{(b-1)^2+c^2}$

Đề có thể sai chăng? Hiển nhiên $P\geqslant 1$, đẳng thức khi $a-1=b=c-1=0$

TST không thể dễ đến vậy

 Giả sử $a\geq b\geq c$

 Ta có : 

    $+)~~ a^3-5a+2=(a-2)(a^2+2a-1)\leq 0$

    $+)~~b^3+5a-5ab-1=(b-1)(b^2+b+1-5a)\leq (b-1)(a^2-4a+1)\leq 0$

    $+)~~c^3+5ab-5abc+1=(c-1)(c^2+c+1-5ab)\leq (c-1)(a^2+a+1-5a)\leq 0$

    $\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 5abc$

   Dấu "=" xảy ra khi có một biến bằng 2, hai biến bằng 1

Đặt $f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3-5abc$. Khi đó giả sử $2\geqslant a\geqslant b\geqslant c\geqslant 1$ thì ta có dãy bất đẳng thức:

$f(a,b,c)\leqslant g(2,b,c)\leqslant f(2,b,1)\leqslant f(2,1,1)=0$

Bài 155:(Slovenia TST): Cho a,b,c>0. CMR: $a^2+b^2+c^2=3$ thì

$\sum \frac{a}{b+2}\leq 1$

Bất đẳng thức trên tương đương với: $ab^2+bc^2+ca^2-abc\leqslant 2$

Giả sử $a=\text{median}\{b,c\}$ thì $bc^2+ca^2-a(c^2+bc)=c(a-c)(a-b)\leqslant 0$ nên $ab^2+bc^2+ca^2-abc\leqslant a(b^2+c^2)=a(3-a^2)\leqslant \dfrac{[4+(a-1)^2]^2}{8}\leqslant 2$ do $0\leqslant a\leqslant \sqrt{3}$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài 154 (Nghệ an2009).Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất $H=(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3-6(a+b+c)$

Giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$ thì $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2\left[a^3(b+c+\sqrt{bc})^2-6\right]\geqslant (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(9a^2-6)\geqslant 0$

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $a\geqslant b=c=t$. Thay trực tiếp $a$ theo $t$ và khảo sát hàm số.

Bài toán này đã có khá nhiều cách giải trên diễn đàn

http://diendantoanho...-frac2b-frac3c/

http://diendantoanho...c3cgeq-frac152/

Thêm một cách mà mình vừa nghĩ ra   

Từ điểm rơi của bài toán là $(a,b,c)=\left ( \frac{1}{3};\frac{4}{5};\frac{3}{2} \right )$

$\Rightarrow 36a=15b=8c=12$

Do đó ta đặt: $\left\{\begin{matrix} 36a=x & & & \\ 15b=y & & & \\ 8c=z & & & \end{matrix}\right.$

Bài toán trở thành: 

Cho $x,y,z>0$ thõa mãn: $\frac{7xy}{180}+\frac{yz}{60}+\frac{zx}{36} \leq 12$.TÌm GTNN của:

$P=\frac{36}{x}+\frac{30}{y}+\frac{24}{z}$

Từ giả thiết ta có: 

$2160 \geq 7xy+3yz+5zx \geq 15\sqrt[15]{x^7y^7.y^3z^3.z^5x^5}$

$\Rightarrow x^6y^5z^4 \leq 12^5$            (Theo $AM-GM$)

Do đó: $P=6(\frac{6}{x}+\frac{5}{y}+\frac{4}{z})\geq 6.15\sqrt[15]{\frac{1}{x^6y^5z^4}} \geq 90.\sqrt[15]{\frac{1}{12^{15}}}=\frac{15}{2}$

$\Rightarrow GTNN_{P}=\frac{15}{2}$ khi $(a,b,c)=\left ( \frac{1}{3};\frac{4}{5};\frac{3}{2} \right )$

[spoiler] Đề thi vòng 16 Vio 9 năm nay cũng ra bài này [\spoiler]

Lời giải không quan trọng, tìm được điểm rơi mới là điều tất yếu để giải quyết bài toán.

Không biết có cái hệ nào gọn hơn không chứ AM-GM suy rộng và Lagrange đều ra cái hệ như thế này:

$6yz-1=6zx-4=4xy-7$ và $2x+8y+21z=12xyz$ với $ax=by=cz=1$

Tuy nhiên, vẫn thích cách thế trực tiếp hơn, vừa tự nhiên, vừa đỡ tốn sức tìm điểm rơi.

Bài xx (IMO 2006). Tìm hằng số $M$ nhỏ nhất sao cho  bất đẳng thức

\[\left | ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2) \right | \leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2,\]

luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ thay đổi tùy ý.

Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$. Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa $p=1$. Khi đó bất đẳng thức trở thành:

$q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2\leqslant M^2(1-2q)^4$

Cố định $q$, ta xét hàm số vế trái theo $r$, do đó hàm số này đạt cực đại tại $r=\dfrac{9q-2}{27}$, do đó ta cần phải có: $M^2\geqslant \dfrac{4(1-3q)^3}{27(1-2q)^4}=f(q)$

Để $M^2\geqslant f(q)$ với mọi $q$ khi và chỉ khi $M^2\geqslant \text{max}f(q)$

Ta có $f'(q)=\dfrac{4(1+6q)(1-3q)^2}{27(2q-1)^5}=0\Leftrightarrow q=\dfrac{1}{3}$ hoặc $q=\dfrac{-1}{6}$

Giờ thế giá trị ta được $M\geqslant \dfrac{9\sqrt{2}}{32}$

 

Bài 62:
Trường hợp 1:$min{\{a,b,c}\} \geq -\frac{3}{4} \Rightarrow a,b,c \geq -\frac{3}{4}$
Ta cần chứng minh $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{36a+3}{50}$ (do xài pp tiếp tuyến nên biết cần cm cái này)
$ \Leftrightarrow \frac{(4a+3)(3a-1)^2}{50(a^2+1)} \geq 0 $
Tương tự ta được: $ \sum\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10}$
Trường hợp 2:$min{\{a,b,c}\} < -\frac{3}{4} $
Giả sử $ c=min{\{a,b,c}\} \Rightarrow c<\frac{3}{4} $
Nếu $ a \geq 0 , b \leq 0 $ thì  $\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1} <0$ và $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{1}{2}$ nên $VT < \frac{1}{2} < \frac{9}{10}$
Tương tự với $a \leq 0;b \geq 0$
Nếu $a \leq 0;b \leq 0$ thì $VT<0 < \frac{9}{10} $
Nếu $a \geq 0;b \geq 0$ thì ta có:

1. Nếu $a \in [0;\frac{1}{2}] \cup [2;+\infty)$ thì $ \frac{a}{a^2+1} \leq \frac{2}{5} $.Kết hợp với $\frac{b}{b^2+1} \leq \frac{1}{2} ; \frac{c}{c^2+1} <0$ ta được $VT < \frac{9}{10}$
2. Nếu $a \in [\frac{1}{2};2] $.
   -Xét $b \in [0;\frac{1}{2}] \cup [2;+\infty)$ thì  $ \frac{b}{b^2+1} \leq \frac{2}{5} $
   Kết hợp với $\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{1}{2} ; \frac{c}{c^2+1} <0$ ta được $VT < \frac{9}{10}$
   -Xét $b \in [\frac{1}{2};2]$ thì ta có:$c=1-a-b \geq -3$
   Do $c \in [-3;-\frac{3}{4})$ nên $\frac{c}{c^2+1} < -\frac{1}{10}$
   Do đó ta có:$VT<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{10}=\frac{9}{10} $.
   Vậy $\sum\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $.Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Bất đẳng thức tương đương với: $\sum \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}\geqslant \dfrac{6}{5}$

Giả sử $(3b-1)(3c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow b^2+c^2\leqslant \dfrac{1}{9}+\left(\dfrac{2}{3}-a\right)^2$

Đến đây ta có $\dfrac{(b-1)^2}{b^2+1}+\dfrac{(c-1)^2}{c^2+1}\geqslant \dfrac{9(a+1)^2}{19+\left(2-3a\right)^2}$

Đến đây biến đổi tương đương.

Em xin đóng góp một bài và rồi off game

Bài 104. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant 3\sqrt[4]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}}$

Bài 59:(PP điểm rơi trong AM-GM)(VNTST 2001)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $2x+4y+7z=2xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x+y+z$

 

p/s: trình bày luôn cách tìm điểm rơi nhé!

Ta dùng nhân tử để tìm điểm rơi.

Xét hàm số $L=x+y+z+\lambda(2x+4y+7z-2xyz)$

Đạo hàm riêng cho biến $x$ được $1=2\lambda (yz-1)$

Đạo hàm riêng cho biến $y$ được $1=2\lambda(zx-2)$

Đạo hàm riêng cho biến $z$ được $1=\lambda(2xy-7)$

Do đó $2(yz-1)=2(zx-2)=2xy-7$

 Bất đẳng thức đồng bậc 3 nên ta chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=9$

 Khi đó : BĐT $\Leftrightarrow 2(a+b+c)-abc\leq 10\Leftrightarrow a(2-bc)+(b+c).2\leq 10$

 Giả sử $a\geq b\geq c \Rightarrow |bc|\leq \frac{9-a^2}{2}\leq 3 \Rightarrow bc\in [-3;3]$

 Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có : $a(2-bc)+(b+c).2\leq \sqrt{(9+2bc)(b^2c^2-4bc+8)}\leq 10\Leftrightarrow (bc+2)^2(2bc-7)\leq 0$

 Luôn đúng $\forall ~bc\in [-3;3]$

 Từ đó có đpcm

Ta có một lời giải rất xấu bằng phân tách trường hợp như sau:

Chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=9$. Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$

Nếu $a\leqslant 0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do $abc>-10$

Nếu $a\geqslant 0$ và $b,c\leqslant 0$ thì $2(a+b+c)\leqslant 2a\leqslant 6\leqslant 10\leqslant 10+abc$

Nếu $a\geqslant b\geqslant 0\geqslant c$ thì $2a+2b+2c\le 9+3c$ nên ta cần chứng minh $3c\le 1+\dfrac{c(9-c^2)}{2}$ luôn đúng.

Nếu $c\geqslant 0$ thì $2a+2b+2c\leqslant 9+c$

- Trường hợp $c\leqslant 1$ thì $9+c\leqslant 10\leqslant 10+abc$

- Trường hợp $c\geqslant 1$ thì $9+c\leqslant 9+abc\leqslant 10+abc$

Bài 41. 

Giả sử $x=\text{min}\{x,y,z\}$, Thay trực tiếp $x=\dfrac{4-yz}{y+z+yz}$ ta được:

$VT-VP=y^2+z^2+\dfrac{(4-yz)^2}{y+z+yz}-2\left(1+\sqrt{2}\right)\left(y+z+\dfrac{4-yz}{y+z+yz}\right)+3+6\sqrt{2}$

Đặt $a=y+z$ và $b=yz$ thì ta có $f(b)=a^2-2b+\dfrac{(4-b)^2}{(a+b)^2}-2(1+\sqrt{2})\left(a+\dfrac{4-b}{a+b}\right)+3+6\sqrt{2}$

$=-2b+\dfrac{4-b}{(a+b)^2}\left[4-b-2(1+\sqrt{2})(a+b)\right]+a^2-2(1+\sqrt{2})a+3+6\sqrt{2}$

Có:

$4-b-2(1+\sqrt{2})(a+b)\geqslant 4-\dfrac{a^2}{4}-2(1+\sqrt{2})\left(a+\dfrac{a^2}{4}\right)$

$4-b\geqslant 4-\dfrac{a^2}{4}$

$-2b\geqslant \dfrac{a^2}{2}$

$\dfrac{1}{(a+b)^2}\geqslant \dfrac{1}{\left(a+\dfrac{a^2}{4}\right)^2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh khi $b=\dfrac{a^2}{4}$

Spoiler

Thử may

Bổ đề:

 

$(x+y+z)^3\geq \frac{4}{27}(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)$

 

Trong đó lấy $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$ thì ta có:

 

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^3\geq \frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

 

$\frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)\geq 3^3.(\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc})^{\frac{3}{4}}$

 

Cái này đặt ẩn rồi biến đổi tương đương được BĐT đúng.

Luôn đúng theo AM-GM 4 số: $3.\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+1$

Bài 105: (Japanese 1997) Cho $a,b,c$ là những số thực dương.Chứng minh rằng $\frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{(b+a-c)^{2}}{c^{2}+(b+a)^{2}}\geq \frac{3}{5}$

Bất đẳng thức trên tương đương với: $\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leqslant \dfrac{6}{5}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $a^2+(b+c)^2\geqslant a(b+c)+\dfrac{3(b+c)^2}{4}$

Do đó ta có $\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leqslant \sum \dfrac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-\sum \dfrac{3(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \dfrac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}\geqslant \dfrac{2(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)+7(ab+bc+ca)}\geqslant \dfrac{3}{5}$

Do đó $3-\sum \dfrac{3(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}\leqslant \dfrac{6}{5}$, đây là điều ta cần chứng minh.

spam : Học được mấy cái hay ho này ở đâu thế. xin cái bí kíp 

Mua sách anh ơi, em cũng có mấy tài liệu lập trình chuyên môn nữa, của ông anh

chú em dogsteven học với tốc độ thế này thì quá tốt,hy vọng được nghe tin tốt lành từ chú em ở VMO 2 năm nữa

( hơi spam )

Em định không thi VMO, mấy năm học chuyên em học lập trình game với photoshop (đam mê)

(hơi spam)

Giờ đã học hết cả chương trình PT thế này rồi à em. Anh giờ còn chưa biết mấy cái $In$ này là gì

Em học cho vui.

P.s. Đây có phải spam không nhỉ

Tổng quát cách làm:

Với bất đẳng thức có dạng tổng hàm $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant 0$ với điều kiện $x+y+z=3$ ta có thể sẽ chứng minh: $f(x)\geqslant f'(1)(x-1)+f(1)$

Với bất đẳng thức có dạng tổng hàm $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant 0$ với điều kiện $xyz=1$ thì ta có thể sẽ chứng minh: $f(x)\geqslant f'(x)\ln x+f(1)$

Bài 6. $\sum a . \sum \dfrac{1}{a} - 9 =\sum \dfrac{(b-c)^2}{bc}\geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{\prod (b-c)^2}{(abc)^2}}$