$ VT = \frac{1}{a^2+b^2} + \frac{1}{2ab} + \frac{1}{2ab} + 8ab - 4ab \geq \frac{4}{(a+b)^2} + 2\sqrt{\frac{8ab}{2ab}} - (a+b)^2 \geq 4 + 4 - 1 = 7 $ 

$ BĐT \Leftrightarrow \sum \frac{a}{2+a} \geq 1$. 

Đặt  $(a,b,c) \rightarrow  (\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x}) $.

$ BĐT \Leftrightarrow \sum \frac{x}{x+2y} \geq 1 $ (Đúng theo Cauchy Schwarz)

Cho $ 2n +1 $ điểm, kí hiệu là $ P_{i} $ trên nửa đường tròn tâm $ O $ bán kính bằng 1 cm. CMR: $ | \overrightarrow{OP_{1}}+ \overrightarrow{OP_{2}} +...+\overrightarrow{OP_{2n+1}} | \geq 1$. 

(Sáng tác ??) Cho $ a.b,c > 0 $ thỏa $abc =1$. Chứng minh BĐT: 

$ \sum \frac{a^2}{b^2+2ab} \geq \frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{3} $

Bài 18.(sol by Nguyễn Huy Thắng) Sử dụng phương pháp S.O.S, ta có

$BĐT  \Leftrightarrow \sum (\frac{1}{4a^2-bc+1} -\frac{1}{2}) \geq 0 \Leftrightarrow \sum \frac{(c-a)(2a+b)-(a-b)(2a+c)}{2(4a^2-bc+1)} \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)(\frac{2b+c}{4b^2-ac+1}-\frac{2a+c}{4a^2-bc+1}) \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)^2(6ab+4ac+4bc+c^2) \geq 0$ (Đúng).

$\sum \frac{a^2}{(2a+b)(2a+c)} = \sum \frac{a^2}{2a(a+b+c)+2a^2+bc} \leq \frac{1}{9}\sum (\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}) = \frac{2}{9} + \frac{1}{9} \sum \frac{a^2}{2a^2+bc}.$

Ta chứng minh $ \sum \frac{a^2}{2a^2+bc} \leq 1$. Ta có $ \sum \frac{a^2}{2a^2+bc}\leq 1 \Leftrightarrow \sum \frac{bc}{2a^2+bc} \geq 1 \Leftrightarrow \sum \frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2} \geq 1 \Leftrightarrow (bc+ac+ab)^2\geq 0 $ ( Đúng). Vậy $ \frac{a^2}{(2a+b)(2a+c)} \leq \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3} $.

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c$ hoặc 1 số bằng không và 2 số còn lại bằng nhau.

Bài 20,21 tương tự bài 19

Bài 19. Bằng U.C.T ta cần chứng minh $ \frac{1}{2-a} \geq \frac{a^2}{2} + \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{a(a-1)^2}{2-a} \geq 0 $ (Đúng). Tương tự, cộng theo vế ta có ĐPCM

Bài 17. $ VP = \sum \sqrt{x-1} = \sum \sqrt{x(1-\frac{1}{2}} \leq \sqrt{(x+y+z)(3-\sum \frac{1}{x})} = \sqrt{(x+y+z)(3-2)} = VT $

Tại sao lại nghĩ đến đặt $ x = t - \frac{\sqrt{3}}{3} $ ? 

Ta có $ \frac{ab}{c^2}+\frac{a}{b} \geq 2\frac{a}{c}  , \frac{ab}{c^2}+\frac{b}{a}\geq 2\frac{b}{c}  $. Áp dụng tương tự, công theo vế ta được $ 2VT + \sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a})  \geq 2\sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a})  \Rightarrow  VT \geq \frac{1}{2} \sum(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}) = VP $.

Câu 8 Dùng Schur 

Nếu vậy thì có thể đề vẫn có nguy cơ sai. Vì nếu vậy sẽ có TH a^2 chia 3 dư 1, b^2 chia hết cho 3 => a^2 -b^2 không chia hết cho 3 => ko chia hết cho 48. 

Giải phương trình : $ \sqrt{\sqrt{3} -x} = x\sqrt{\sqrt{3}+x} $

( Trích đề tuyển sinh vào 10 - Sơn La - 2019-2020 )

Có nhầm đề ko bạn, hình như phải là $ a^2 + b^2 = c^2 $ nhỉ ? 

Câu 2. Em có thể tham khảo tại đây. 

https://artofproblem...8_hard_question

Bài 1: Đặt  biểu thực là P.

$ P \geq \frac{1}{ab} +  \frac{1}{bc} + \frac{1}{ac}  + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} = \frac{1}{3ab} + \frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ac} + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{2}{3}.(\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc}+ \frac{1}{ac} ) \geq \frac{16}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ac} + \frac{2}{3}.\frac{9}{ab+bc+ac} \geq \frac{16}{(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}} + \frac{2}{3}.\frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} = \frac{16}{9 + 3 } + \frac{2}{3}.\frac{9}{3} = \frac{10}{3} $ 

Câu 4

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho $a,b,c > 0 $ thỏa $ abc \geq 1 $, $ \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} +  \frac{1}{ac+c+1} \leq 1 $ 

Thật vậy ta có: $ VT =   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{abc+ab+a} + \frac{ab}{a^2bc+abc+ab} \leq   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{1+ab+a} + \frac{ab}{1+a+ab} = \frac{a+ab+1}{a+ab+1} = 1 \Rightarrow  ĐPCM $ 

Trở lại bài toán, ta có: $ \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+3}} \leq \frac{1}{\sqrt{2ab+2a+2}} $ 

Tương tự, cộng theo vế, ta được: $ P \leq \frac{1}{\sqrt{2}}  (\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}}) $ 

Mặt khác, $ \frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}} = \sqrt{3}.(\frac{1}{\sqrt{3(ab+a+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(bc+b+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(ac+c+1)}} ) \leq \sqrt{3}. [ \frac{1}{2}. ( \frac{1}{3} + \frac{1}{ab+a+1} + \frac{1}{3} + \frac{1}{bc+b+1} +\frac{1}{3} + \frac{1}{ac+c+1} ) ] = \frac{\sqrt{3}}{2}. ( 1 +   \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} + \frac{1}{ac+c+1} ) \leq  \frac{\sqrt{3}}{2}.(1+1) = \sqrt{3} $ 

Vậy $ P \leq \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} $ 

Câu 5. $ BDT \Leftrightarrow  (\frac{1}{4-a} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-b} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-c } -\frac{1}{4} ) \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$ \Leftrightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

Ta có: $   \frac{a}{4(4-a)}  + \frac{a(4-a)}{16} \geq \frac{a}{4} $ 

Tương tự, ta có: $  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4} - (  \frac{a(4-a)}{16} +  \frac{b(4-b)}{16} +  \frac{c(4-c)}{16} ) $ 

$ \Rightarrow  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  - (  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  -\frac{a^2+b^2+c^2}{16} )  $ 

$  \Rightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$\Rightarrow $ ĐPCM

Câu 3. 

Ta có: $ \frac{1}{\sqrt{a^2-2ab+b^2+ab}} = \frac{1}{\sqrt{(a-b)^2+ab}} \leq \frac{1}{\sqrt{ab}} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) $

Tương tự, cộng theo vế ta có: $ VT \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $

Mặt khác $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \sqrt{3(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2})}  = 3 $

Vậy $ P \leq 3 $ 

Bài 2: BDT $ \Leftrightarrow  1 + 3\sqrt[3]{abc} + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + abc \leq (1+a)(1+b)(1+c) $ 

Ta có: $ VP = (1+a)(1+b)(1+c) = 1+ ab+bc+ac + a+b+c + abc \geq 1 + 3\sqrt[3]{abc} + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} +abc = VT $ 

Suy ra BDT ban đầu đúng. 

Câu 1: VT = $ \frac{a^3}{ab+b^2} + \frac{b^3}{1+a^2} = \frac{a^3}{b(a+b)} + \frac{b^3}{a(b+a)} $ 

Ta có: $ \frac{b^3}{a(a+b)} + \frac{b}{2} + \frac{(a+b)}{4} \geq \frac{3a}{2} $

$ \Rightarrow  $ $   \frac{b^3}{a(a+b)} \geq \frac{3a}{2} - (  \frac{b}{2} + \frac{(a+b)}{4} )  $

Tương tự :  $ \frac{a^3}{b(a+b)} \geq \frac{3b}{2} - (  \frac{a}{2} + \frac{(a+b)}{4}  ) $ 

Cộng theo vế, ta được:  $ VT  \geq \frac{3(a+b)}{2} - (a+b) = \frac{(a+b)}{2} \geq 1 $ 

Bài 2. Nếu có a+b+c = 3

Ta có: $3a+bc = a(a+b+c)+bc = (a+b)(a+c) $.

Tương tự, từ đó có VT = :

$ (b+c)\sqrt{(a+b)(a+c)} + (a+c)\sqrt{(b+c)(b+a)}+(a+b)\sqrt{(c+a)(c+b)} \geq (b+c)(a+\sqrt{bc})+(a+c)(b+\sqrt{ac})+(a+b)(c+\sqrt{ab}) = 2(ab+bc+ac) + (b+c)\sqrt{bc}+ (a+c)\sqrt{ac}+(a+b)\sqrt{ab} \geq 2(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ac)= 4(ab+bc+ac) $ 

Dấu "=" $ a=b=c =1 $

Bài 2: Có điều kiện a+b+c = 3 không bạn ? 

Mình xin phép đóng góp

Bài 1: VT $ \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+\frac{5}{a} +\frac{5}{b}+\frac{5}{c})^2}{3} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{5.9}{a+b+c})^2}{3} = 108 = $ VP

Dấu "=" khi $ a=b=c=1$