Mình nghĩ thế này,các bạn xem có sai ko nhé,hic...
Tồn tại số $\ k$ sao cho $\ k^3abc=1$ và $\ k\geq 1$
Đặt:
$\ ka=x$
$\ kb=y$
$\ kc=z$
Suy ra:$\ xyz=1$
Cho dễ nhìn,đặt:
$\ x=m^3$
$\ y=n^3$
$\ z=p^3$
Vậy,ta lại có:$\ mnp=1$
BDT cần chứng minh tương đương với:
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{m^3+n^3+kmnp}\leq \dfrac{3}{k+2}$
hay:
$\sum_{cyc}\dfrac{m+n}{m+n+kp}\geq \dfrac{6}{k+2}$
Áp dụng bdt Cauchy-Schwarz,ta có:
$\ VT\geq \dfrac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+(k-1)(xy+yz+zx)}\geq \dfrac{6}{k+2}$(Chú ý điều kiện *)
Suy ra đpcm

Bác xayda này chắc từ đó giờ chưa làm đc đề MO nào,làm đc bài Russia MO này tưởng tài giỏi đem lên thách cả dd ah.Bài này có mở rộng trong quyển sáng tạo bdt đến bậc k nữa màThôi để Kathmetallica giải rõ ràng ra vậy:
BDT cần c/m tương đương với:
$\sum(a^2+2\sqrt{a})\geq (a+b+c)^2=9$
Tiếp tục Cauchy 3 số như trên ta có đpcm

Ta có:
$\ 3\geq a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
Vậy ta cần c/m:
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\geq 3$
Mà:
$\ VT\geq \dfrac{9}{ab+bc+ca}\geq 3$
suy ra đpcm

Bài BDT dùng dồn biến là ra liền hà mấy bạn ơi, chỉ cần CM $f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2})$ mấy bạn làm thử xem.
Còn sao cách chứng minh của ZAIZAI sao kì vậy? Từ đâu có?

Bài bdt này cũng ngộ ngộ nhỉ,mĩnh nghĩ dùng dồn biến ko đẹp lắm ^__^
Cứ dùng Cauchy-Schwarz và Nesbit là đc rồi

Bài này cũng ngộ ngộ nhỉ,mình nghĩ chỉ cần áp dụng Cauchy là ra ^^
Từ giả thiết ta có:
$\ a+b+c\leq 3$
Vậy ta cần c/m:
$\ VT\geq 3$
Ta có:
$\ VT\geq \dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}$
Lại áp dụng giả thiết,ta có:
$\ a^2+b^2+c^2\leq 3$
Suy ra đpcm

cậu viết khó đọc quá mình nghĩ cậu nên học đánh latex đi. mình viết lại đề thế này cho cậu cậu coi thử có đúng ko?
1)cho 0 y x 1.

Chung minh rang : $x\sqrt{y} - y \sqrt{x} \leq \dfrac{1}{4}$

2)cho x,y,z>0. Chung minh rang

$(\dfrac{x^3}{y^3}+\dfrac{y^3}{z^3}+\dfrac{z^3}{x^3}) \geq (\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2})$

địa chỉ học đánh latex
latex

Hì,bài 2 có lẽ khỏi cần nghĩ nhiều khi đặt $\dfrac{x}{y}=a^3$....
Vậy ta cần c/m:
$\ a^9+b^9+c^9 \geq a^6+b^6+c^6$ với $\ abc=1$
Hay:
$\ a^9+b^9+c^9\geq abc(a^6+b^6+c^6)$
Đến đây áp dụng bdt Cauchy:
$\7a^9+b^9+c^9\geq 9a^7bc$
Tương tự như trên có ngay đpcm

Áp dụng bdt này nhé
$\dfrac{a_1^k+a_2^k+....+a_n^k}{n}\geq (\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n})^k$

Không sử dụng là phải rồi vì điều kiện $\ abc < 1$ là thừa rồi

Bài max P Cứ đặt $\ a=\dfrac{x}{y}$.....
Sẽ được bất đẳng thức mà bạn phandung nêu ra ^^

Dấu bằng thì hình như hiển nhiên là $\ a=b=c$ rồi,bài post của mình đầy đủ lắm rồi mà,đâu có thiếu gì đâu T_T

Giải kiểu thiênlong thì cần có thêm dk là 3 cạnh tam giác nữa,nhưng bài này ko cần điều kiện đó ^___^

Bài 1 chỉ cần điều kiện $\ a,b,c$ không âm là được rồi

Bài 2 và bài 4:BDT không đồng bậc sai đề rồi nhỉ ?!

Riêng bài 3 trông có vẻ đúng,mình làm thử xem >__<
Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\dfrac{1}{b(a+b)}+\dfrac{1}{c(b+c)}+\dfrac{1}{a(a+c)}\geq \dfrac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Giả sử $\ abc=1$.Khi đó tồn tại các số $\ x,y,z$ sao cho:
$\ a=\dfrac{z}{x}$
$\ b=\dfrac{x}{y}$
$\ c=\dfrac{y}{z}$

BDT cần c/m tương đương với:
$\sum_{cyc}\dfrac{y^2}{x^2+yz}\geq \dfrac{3}{2}$.Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz,ta có:
$\ VT\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+x^3y+y^3z+z^3x}$

Áp dụng BDT Cauchy và BDT Vasc,ta có dpcm