Ok Nhưng phải vô đc thì mới mang theo đc, mà điều đó thì còn phụ thuộc vào một ... nhà hảo tâm nào đó

Tớ ở HCM. Mình đã lên Nguyễn Văn Cừ thì nhìu ...sách quá, tìm hoài ko ra .Còn qua bên Nguyễn Tri phương thì... sách dẹp sạch sẽ, những đầu sách cũ hình như không nhận nữa. Ngu luôn !

Tóm lại là có mua không để mình giúp Sắp tới nếu vô SG tham gia trại hè 2 được thì mang theo luôn

hehe,50K/1 cuốn mà gọi là bán rẻ à,trong khi đó giá của nó chỉ là 45k/ 1 cuốn

onlylove_math đùa đấy mà

Nếu em nói sơm 9 tháng trước ! ...thì anh đã tặng ko lấy tiền roài ...nhưng bây h cho ânh bạn mất roài ....cuốn này ngày sưa mua vừa rẻ vừa dễ nhưng sao bây h hiếm thế ....^^ đành bảo anh Hùng cho tái bản thoai .....^^

NXB Hà Nội vừa tái bản 1 lần rồi đó thôi. Nhưng mà chất lượng sách thì kém hơn hẳn (do giá giấy tăng ).

Hiện em đang học chuyên đề về BDT, nghe mấy anh khóa trước nói cuốn "Sáng tạo bất đẳng thức" của anh Phạm Kim Hùng "trùm " lắm, em cũng muốn làm thử , nhưng hỡi ôi, cái cuốn này hình như đã bị "tuyệt chủng" rồi thì phải, tìm hoài không ra :cry. Vì thế, em kính mong bác nào có cuốn sách này, và ko sử dụng nữa thì xin bán lại cho em đc ko ạ?(pho to lại cũng được) Hoặc có biết "tung tích" của nó ở nhà sách nào thì cũng xin chỉ dùm em. Xin đấy, giúp đỡ dùm !

Bạn phải nói rõ bạn đang ở đâu thì mọi người mới giúp đc chứ?
Tôi ở HN, thấy cuốn này còn khá nhiều. Nếu bạn không mua đc thì mail cho tôi: [email protected] . Tôi sẽ mua giúp.

Em vẫn thấy chỗ này không ổn anh ạ:

trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc]}+2a+2(b+c) \le \sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+\dfrac{16}{7}a)^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+(\dfrac{4}{7}a)^2]}+2a+\dfrac{16}{7}a =11.12 a \le \dfrac{45}{4}a $

Nếu biểu thức bình phương dưới dấu căn là $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại trong căn phải là: $(4-\dfrac{25}{16})a^2-3bc$.
Còn nếu là $\dfrac{5}{4}(a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại là: $(4-\dfrac{5}{4})a^2-b^2-c^2-5bc$
có nghĩa ta sẽ không có được các đánh giá tiếp theo.
Anh kiểm tra lại giúp em ạ.

Vâng, bây giờ thì perfect rồi anh ạ. Very nice solution

Cảm ơn anh Nam. Em đã đọc lời giải của anh. Riêng chỗ này hình như anh có nhầm lần:

$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc}+2a+2(b+c) $.

Chú ý hệ số của $a, a^2$ và $bc$ ở trong căn. Anh xem lại xem thế nào nhé.

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.

Uh, các số hạng còn lại là $(4-(5/4)^2)a^2+bc$. Ở đây mình có 5bc mà $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 4bc nên còn 1bc.

Anh viết nhầm $(4-(5/4))a^2+bc$ nên tính ra lớn hơn 1 chút (11.12a). Đã sửa lại là 11.05a Sorry for my mistakes!

Biểu thức $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 8bc chứ anh ?

It is not correct! Cho c=0 thì $LHS=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}$ trong khi $RHS=\dfrac{1}{a+b}$. Thậm chí lúc này mình có BDT ngược lại

Khi c=0 thì chúng ta có bất đẳng thức ngược lại, nhưng nói chung thì bất đẳng thức ngược lại là không đúng (a=2, b=c=1).
Tuy nhiên (bằng một vài phép thử ban đầu) em nghĩ rằng bất đẳng thức $\sum\dfrac a{4a^2+5bc}\le\dfrac1{a+b+c}$ đúng khi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác.

Xin lỗi mọi người. Mấy hôm bận quá không onl được. Lời giải của mình sử dụng Cauchy-Schwarz (tương tự như của Toàn):

$(\sum a\sqrt{4a^2+5bc})(\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}})\ge(a+b+c)^2 $

Rồi sử dụng kết quả của cụ Vasc: $\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}}\le1$

Lời giải của anh Nam em sẽ check sau.

p/s:hu hu,anh Lâm ơi,sao lúc em mua sách những viên kim cương của anh thì chỉ giảm có 20%,giờ những nơi khác giảm hẳn 40% liền (

Giờ mới đọc thấy post này của Toàn, cái này ngoài khả năng của anh, lúc sách mới về vì vội mua để gửi cho mọi người anh cũng phải mua ở nhà sách nên họ bảo thế nào anh phải lấy thế ấy thôi. Nơi nào mà giảm 40% vậy em, anh đặt mua ít cuốn