Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ sao cho $\sum a^2=2$ . Chứng minh rằng : 
$|\sum a^3-abc| \le 2\sqrt{2}$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 

 $(a^3+b^3+c^3-abc)^2=\left [a(a^2-bc)+(b+c)(2-a^2-bc)\right ]^2\leq (2+2bc)(2a^4+2b^2c^2+4-4a^2-4bc)$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $(1+bc)(a^4+b^2c^2+2-2a^2-2bc)\leq 2\Leftrightarrow a^2(b^2+c^2)(bc+1)+b^2c^2(1-bc)\geq 0$

 Bất đẳng thức trên hẳn nhiên đúng do $2=a^2+b^2+c^2\geq b^2+c^2\geq 2|bc|\Rightarrow -1\leq bc\leq 1$

 Vậy ta có điều cần chứng minh.

 Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)$ là một hoán vị của $(\sqrt{2},0,0)$ hoặc $(-\sqrt{2},0,0)$ 

Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

 Đổi biến $(a,b,c)=(x^{-1},y^{-1},z^{-1})$, bất đẳng thức tương đương $\sum \dfrac{x^2y^2}{(x+y)^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3(xy+yz+zx)}(xy+yz+zx)^2}{4(x+y+z)^3}$

 Áp dungj Cauchy-Schwarz $\sum \dfrac{x^2y^2}{(x+y)^2}\geq \dfrac{\left (\sum xy\right )^2}{2\sum x^2+2\sum xy}$

 Đặt $a=x^2+y^2+z^2,\ b=xy+yz+zx$ thì ta sẽ chỉ cần chứng minh $\dfrac{b^2}{a+b}\geq \dfrac{3\sqrt{3b}b^2}{2\sqrt{(a+2b)^3}}$

 Tương đương với $4(a+2b)^3\geq 27b(a+b)^2\Leftrightarrow (a-b)^2(4a+5b)\geq 0$

Mình không biết tại sao lại có ý tưởng thêm bớt $\frac{4}{3$ ở khúc này ? Bạn có thể giải thích không ?

 Mình đưa bất đẳng thức về chứng minh tương đương $\sum \left (k-\dfrac{1}{1-ab}\right )\geq 3k-\dfrac{27}{8}\Leftrightarrow \sum \dfrac{k-1-kab}{1-ab}\geq 3k-\dfrac{27}{8}$

 Dạng này nhìn có vẻ quen, vì các bài toán tương tự để giải bằng yếu tố hay Cauchy-Schwarz đếu có thể đưa về như vậy, và mình thêm bớt để có thể sử dụng Cauchy-Schwarz. Ta sẽ cần tìn một đánh giá cho $ab$ sao cho bất đẳng thức $k-1>kab$ càng chặt càng tốt. Ta có một số đánh giá như sau :

 $ab\leq \dfrac{(a+b)^2}{4}\leq \dfrac{a^2+b^2}{2}\leq \dfrac{1}{2}$

 $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2$, cho $c\rightarrow 0$ thì thành $1\geq 3ab$

 $1=(a+b+c)^2>(a+b)^2\geq 4ab$

 Tuy nhiên nếu để ý một tí thì ta nhận ra rằng đánh giá $(a+b)^2\geq 4ab$ chặt hơn $a^2+b^2\geq 2ab$, và tuy rằng nó chưa phải chặt nhất ( vì theo mình biết thì còn có cả cái mà "Làm mạnh bất đẳng thức Cauchy" nữa ), lúc đó không biết do vô tình hay sao nhưng mình nghĩ $ab<\dfrac{1}{4}$ có lẽ là vừa đủ. 

 Tiếp theo và việc chọn hằng số $k$ sao cho $\dfrac{k-1}{1}=\dfrac{k}{4}\Leftrightarrow k=\dfrac{4}{3}$, việc tiếp theo như bạn thấy

 Nhưng thực ra mình nghĩ lời giải của mình ở trên vẫn mang hơi hướng gì đó hơi may mắn một tí, thực ra trong quá trình biến đổi mình có sai và tưởng như $\dfrac{1}{4}$ vẫn là không đủ. Và nói thật, lúc đó mình định buông xuôi May dò lại được

Cách dưới thì giống của mình rồi,còn cách làm Chebyshev thì tốt lắm

 Cách của mình :

 Ta có bất đẳng thức tương đương $\sum \left (\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{1-ab}\right )\geq \dfrac{5}{8}\Leftrightarrow \sum \dfrac{(1-4ab)^2}{(1-4ab)(1-ab)}\geq \dfrac{15}{8}$

 Do $1=(a+b+c)^2>(a+b)^2\geq 4ab$ nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

 $\sum \dfrac{(1-4ab)^2}{(1-4ab)(1-ab)}\geq \dfrac{(3-4\sum ab)^2}{\sum (1-4ab)(1-ab)}=\dfrac{(3-4q)^2}{3-5q+4q^2-8r}\geq \dfrac{(3-4q)^2}{3-5q+4q^2-\dfrac{8(4q-1)}{9}}$

 Ta cần chứng minh $\dfrac{(3-4q)^2}{3-5q+4q^2-\dfrac{8(4q-1)}{9}}\geq \dfrac{15}{8}\Leftrightarrow (3q-1)(68q-41)\geq 0$

 Đúng do $q\leq \dfrac{1}{3}$

 -----------------

 Cái dạng này nhìn khá quen, không biết có lời giải bằng tiếp tuyến hoặc yếu tố không

Ai có lời giải thuần bằng C-S hay AM-GM thì post lên nhé

 

Xét phép đổi biến $p,q,r$,ta sẽ có $r\in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]; q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$.Theo Schur thì $r\geqslant \frac{4q-1}{9}$

 

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{ab}{1-ab}\leqslant \frac{3}{8}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1-ab}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow \frac{\sum (1-ab)(1-bc)}{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}\leqslant \frac{27}{8}$

$\Leftrightarrow \frac{3-2q+r}{1-q+r-r^{2}}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow f(r)=27r^{2}-19r+11q-3\leqslant 0$

 

Dễ thấy $f'(r)=54r-19<0,\forall r \in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]$ nên $f(r)\leqslant f\left ( \frac{4q-1}{9} \right )=\frac{(16q+5)(3q-1)}{9}\leqslant 0,\forall q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$

 

Ta có đpcm.

 Có hai cách khác ở đây ạ http://diendantoanho...-xyleq-frac278/

Cho tam giac vuông ABC vuông ở A, (AC > AB), phân giac BD (D thuộc AC), CE vuông góc với BD (E thuộc BD), M là trung điểm BC, qua D vẽ đường thẳng vuông góc với DM cắt AB và EC tại K và H. Chứng minh DH = DK

 Gọi I,J lần lượt là trung điểm EC, AB

 Dễ dàng chứng minh được $\Delta DAB\sim \Delta DEC$ nên $\Delta DAJ\sim \Delta DEI\Rightarrow \angle ADJ=\angle EDI$

 Lại có $MJ//AC\perp AB$ nên $\angle MKD=\angle MJD=\angle ADJ$

 Và $MI//BE\perp EC$ nên $\angle MHD=\angle MID=\angle EDI$

 Từ đó suy ra $\angle MKD=\angle MHD$ mà K,D,H thằng hàng nên tam giác MKH cân tại M có MD đường cao nên cũng là trung tuyến

 Suy ra DH=DK

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
 
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
 

Spoiler

Theo các bạn, bài toán trên có thể tổng quát không?

 Đây là lời giải của mình cho trường hợp 3 và 4-var

 Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\max \{a,b,c\}$, khi đó ta xét 2 trường hợp

 + Nếu $c\leq 1+\sqrt{2}$, khi đó ta chứng minh rằng với mọi $x\in (0;1+\sqrt{2}]$ thì $\dfrac{1}{x^2}-x^2+4(x-1)\geq 0\Leftrightarrow (x-1)^2(x^2-2x-1)\leq 0$

 Thay $x$ bởi $a,b,c$ rồi cộng lại là ta có điều cần chứng minh.

 + Nếu $c\geq 1+\sqrt{2}$ thì $a+b\leq 2-\sqrt{2}$, khi đó $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}>\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\geq \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right )^2\geq \dfrac{8}{(a+b)^2}\geq \dfrac{8}{(2-\sqrt{2})^2}>9>a^2+b^2+c^2$

 Nên ta có điều cần chứng minh

 ------------------------

 Tương tự cách trên vẫn đúng cho bài toán 4 biến như sau :

 Ta cần chứng minh rằng với $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=4$ thì $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq a^2+b^2+c^2+d^2$

 Giả sử $d=\max \{a,b,c,d\}$, ta xét 3 trường hợp

 + Nếu $0<d\leq 1+\sqrt{2}$, tương tự như trên.

 + Nếu $4>d\geq \dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}$ thì $a+b+c\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$, khi đó ta sẽ có $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}>\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\geq \dfrac{1}{3}\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )^2\geq \dfrac{27}{(a+b+c)^2}\geq 16>a^2+b^2+c^2+d^2$

 Từ đó có điều cần chứng minh.

 + Nếu $1+\sqrt{2}\leq d\leq \dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}$ thì $a+b+c\leq 3-\sqrt{2}$, khi đó ta sẽ lần lượt có

    - $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq \dfrac{27}{(a+b+c)^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq \dfrac{27}{(3-\sqrt{2})^2}+\dfrac{1}{\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2}$

    - $a^2+b^2+c^2+d^2< (3-\sqrt{2})^2+\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2$

   Mà ta kiểm tra được $\dfrac{27}{(3-\sqrt{2})^2}+\dfrac{1}{\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2}>(3-\sqrt{2})^2+\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2$

 Cho nên ta có điều cần chứng minh

 Cách mình giải không hay cho lắm, nhất là ở bước cuối  Cách trên mình chỉ dừng ở 4-var chứ chưa đẩy lên được 5-var, chia mãi không ra 

 Ai có lời giải bớt tính toán hoặc lời giải cho bài toán tổng quát thì đăng lên cho mình tham khảo với

 Bất đẳng thức tương đương với $a^2b^2c^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8\geq 9(ab+bc+ca)$

 Áp dụng AM-GM và Schur thì $a^2b^2c^2+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \dfrac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$

 Và $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 2(ab+bc+ca)$

 Nên $VT\geq 6(ab+bc+ca)+3(a^2+b^2+c^2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
 
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
 

Spoiler

Theo các bạn, bài toán trên có thể tổng quát không?

 Bài toán trên có thể mở rộng lên 4-var. Tuy nhiên mở rộng ra tổng quát thì mình chưa làm được.