Mọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$

lâu lém mới quay lại topic này vì vậy tặng anh Kiên một bài
Áp dụng BĐT $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (cái này chứng minh thì dễ rùi )
Ta có:
$19b^{3}-a^{3}=20b^{3}-b^{3}-a^{3}\leq 20b^{3}-ab(a+b) = b(20b^{2}-a^{2}-ab)=b(a+5b)(4b-a)=(4b-a)(ab+5b^{2})$
$\Rightarrow$ $\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} \leq 4b-a (1)$
Tương tự ta có được:
$\Rightarrow$ $\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} \leq 4c-b (2)$
$\Rightarrow$ $\frac{19a^3-c^3}{ca+5a^2} \leq 4a-c (3)$
Cộng từng vế của (1);(2) và (3) ta có được kết quả.

Tặng topic anh Kiên một bài!
Bài 53: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi x,y>0:
$\frac{2x^{2}+3y^{2}}{2x^{3}+3y^{3}}+\frac{2y^{2}+3x^{2}}{2y^{3}+3x^{3}}\leq \frac{4}{x+y}$
Dấu "=" xảy ra khi nào?

Tặng topic này 1 bài !
Bài 366:
CMR: $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}<(n+1)!$

Tặng topic này 1 bài !
Bài 366:
CMR: $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}<(n+1)! (1)$

Bài giải:
$n=1 \sqrt{2} < 2!=2$. Suy ra $(1)$ đúng với $n=1$.
Giả sử $(1)$ đúng với $n$, ta phải chứng minh $(1)$ đúng với $n+1$.
Ta có:
$\sum_{k=1}^{n+1}\sqrt{(1+k)^k}=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}+\sqrt{(n+2)^{n+1}}<(n+1)!+\sqrt{(n+2)^{n+1}}.$
Ta cần CM:
$(n+1)!+\sqrt{(n+2)^{n+1}}< (n+2)! \Leftrightarrow \sqrt{(n+2)^{n+1}}<(n+1)(n+1)!$
Mặt khác: $\sqrt{n^n}<n! \forall \in \mathbb{N}$ ( VMF ta pro chứng minh cái này dễ ).
Nên: $\sqrt{(n+2)^{n+1}}< \frac{(n+2)!}{\sqrt{n+2}}=(n+1)!\sqrt{n+2}<(n+1)!(n+1).$
Vậy $(1)$ đúng $\forall n \in \mathbb{N}$.

Anh Đạt chém hăng quá định cho mấy bạn cấp 2 làm
Bài 4: Cho x,y,z > 0, n thuộc N* ; xyz=1. CM
$$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq 3$$

để em chém bài này!
Áp dụng AM-GM ta có được:
$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq (\sqrt{x})^{n}+(\sqrt{y})^{n}+(\sqrt{z})^{n}= x^{\dfrac{n}{2}}+y^{\dfrac{n}{2}}+z^{\dfrac{n}{2}}\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^{\dfrac{n}{2}}}= 3 $

topic vắng vẻ quá xin đóng góp 1 bài vậy:
Cho biểu thức: $P=\frac{x+y}{z+t}+\frac{y+z}{t+x}+\frac{z+t}{x+y}+\frac{x+t}{z+y}$
Tìm giá trị của P biết rằng:
$\frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}$

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức ta có: $\large \frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}=\frac{x+y+z+t}{3(x+y+z+t)}=\frac{1}{3}$
Suy ra $\large \begin{cases} &3x=y+z+t(1)\\ &3y=x+z+t(2)\\ &3z=x+y+t(3)\\ &3t=x+y+z(4) \end{cases}$.
Từ $(1);(2) \Rightarrow x+y=z+t (*1)$.
Mặt khác từ $\large (1);(4)\Rightarrow x+t=y+z (*2)$
Từ $\large (*1); (*2)\Rightarrow x=z$. Tương tự ta có được $x=y=z=t \Rightarrow P=4$.

Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy )
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha

Bài 3:
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
Và $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.

Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)

Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$

hì, nick này là của anh em cho ( đỡ phải tạo )!
Diễn đàn nhiều VP nhưng có vẻ VP rất ít onl có mỗi em rảnh hay sao ý .

Tên: Đinh Công Quý
Sinh ngày: 02-11-1998
Y!M: [email protected]
Nơi ở: Tam Dương-Vĩnh Phúc.
Trường: THCS Tam Dương.
Sở thích: xem Pokemon + sưu tầm + nghe nhạc.
Sở đoảng: Em chịu :|.
Ai là dân Vĩnh Phúc ép nick Y!M của em đê, tìm mãi được có 2 em , dân VP hiếm quá.

$\dfrac{{ - b \pm \sqrt {b^2 - 4ac} }}{{2a}}$

Bài 9 thì dồn biến: W.L.O.G $a=min{a,b,c,d}$
$f(a,b,c,d)=3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4abcd-16$
Chứng minh $f(a,b,c,d) \ge f(a,x,x,x)\ge0$
Trong đó $x=\dfrac{b+c+d}{3}$

bài nè hình như là bài NMO của Việt Nam năm 2008

à quên thực tế thì ko cần cm B>0 ko ảnh hưởng tới bài giải mà!
Vậy bài nè chỉ 3 dòng thui!
Em dùng bổ đề như tn post lên nha!

Em nghĩ ra 1 bài này :Cho $a,b,c > 0$ và$ a^{2}-ab+b^{2}\leq c^{2}$.CMR:
$\dfrac{c^{2}}{ab}\geq [\dfrac{2(ab+c^{2})+a(c-a)+b(c-b)}{a^{2}+b^{2}+c(a+b)}]^{2}$

Chứng minh như sau:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}{{ab + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}} \right]^2 $
Để ý rằng:$\begin{array}{l}
a^2 + b^2 - ab \le c^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
ab \le c^2 \\
c^2 + ab \ge a^2 + b^2 \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow B = c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right) \ge ca + bc > 0 \\
\end{array}$
ta cần cm:$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + B}}{{ab + B}}} \right]^2 \Leftrightarrow B^2 \left( {c^2 - ab} \right) \ge 0$
Điều nè hiển nhiên đúng!
Dấu = khi a=b=c

CHo a,b,c ko âm và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.TÌm GTNN :$ P=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Bài nè không khó;để ý rằng
$\begin{array}{l}
a + abc \le a + \dfrac{{a(b^2 + c^2 )}}{2} = 1 - \dfrac{{\left( {a - 1} \right)^2 \left( {a + 2} \right)}}{2} \le 1 \\
\Rightarrow \dfrac{a}{{bc + 1}} = \dfrac{{a^2 }}{{abc + a}} \ge a^2 \\
\end{array}$
tương tự cộng lại là xong!
Bổ sung: bài toán này có thể tìm đc cả max nữa bằng $\sqrt 2 $

còn bài này ạ,!

Bài này để anh làm nha:
$\dfrac{{a^3 }}{b} + ab \ge 2a^2 ;\dfrac{{b^3 }}{c} + bc \ge 2b^2 ;\dfrac{{c^3 }}{a} + ac \ge 2c^2$
mà $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca$
nên VT≥ab+bc+ca
$ \Rightarrow 2VT \ge \dfrac{{a^3 }}{b} + bc + \dfrac{{b^3 }}{c} + ca + \dfrac{{c^3 }}{a} + ab \ge 2a\sqrt {ac} + 2b\sqrt {ba} + 2c\sqrt {cb} $
=>đpcm Dấu = xãy ra khi a=b=c.


Cố lên em anh thấy em giỏi lắm!
…………Tam Dương…………

Góp vui bài toán cho topic nè:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{1}{z^2+zx+x^2}\ge\dfrac{9}{(x+y+z)^2}$

anh duca1pc giải bài này bằng đại số đi ạ ,mà anh giải cách lượng giác ra luôn đi,em hok quen lượng giác lắm

Mình ghi lời giải lượng giác cho bạn nè.
Từ giả thiết suy ra tồn tai tam giác ABC nhọn sao cho: $a=2cosA;b=2cosB;c=2cosC$
(Vì $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosAcosBcosC=1$ mà)
Vậy $a+b+c\le 3 <=>cosA+cosB+cosC\le \dfrac{3}{2}$ cái nè là bđt cơ bản của lượng giác
Cái bđt thứ 2 thì nhớ lại bổ đề sau $xycosA+yzcosB+zxcosC\le \dfrac{(x^2+y^2+z^2)}{2}$
Ta có: $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge a^2+b^2+c^2$
<=> $\dfrac{cosAcosB}{cosC}+\dfrac{cosBcosC}{cosA}+\dfrac{cosCcosA}{cosB}\ge 2(cos^2A+cos^2B+cos^2C)$
Đến đây có thể thấy nếu đặt $ \sqrt{\dfrac{cosAcosB}{cosC}}=y; \sqrt{\dfrac{cosBcosC}{cosA}}=z; \sqrt{\dfrac{cosCcosA}{cosB}}=x$ thì bất đẳng thức trên quy về bổ đề vừa nêu!
=> đpcm!

Anh Dũng có cách khá ngắn gọn và hay đó. Đây là cách của em:Đặt $ab+bc+ac=x.$
$1=(a^3+b^3+c^3-3abc)^{2}=[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)]^{2}=(S+2x)(S-x)^{2}=S^{3}+2x^{3}-3Sx^{2}$
$ \Leftrightarrow S^{3}=1+x^{2}(3S-2x)\geq 1$ vì $3S>2S=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(ab+bc+ac)=2x$.Vậy $Min S=1$

ừ cách em cũng hay đó

1,Cho $ a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc+1$ .Tìm GTNN của: $ S=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Xem ai có cách ngắn nhất và sơ cấp nhất cho bài 1
2, Với $a,b,c>0$ sao cho $abc=3$.Tìm GTNN của : $P=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{3}+c^{4}}}{a^{3}+b^{2}+c}$

Cứ thử bài 1 đã
Ta có: $1=a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$=>1=(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\le\dfrac{((a+b+c)^2+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca))^3}{27}$
$=>1\le(a^2+b^2+c^2)^3$
Do đó: $a^2+b^2+c^2\ge1$
Vậy $(a^2+b^2+c^2)min=1$
p/s:cách nè chắc là sơ cấp nhưng ngắn hay ko thì em ko biết

Haiz.Thử chém cách khác xem .Đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz $ cho gọn
BĐT tương đương:
$ \sum ( \dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}) \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}+\dfrac{3}{xy+yz+zx} $
$VT \ge \sum \dfrac{4}{(x+y+z)(y+z)}=\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} $
ta cm:$\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} \ge \dfrac{9q+3p^2}{p^2q} $
$\leftrightarrow 4pq(p^2+q) \ge 3(3q+p^2)(pq-r) $
$\leftrightarrow p^3q+9qr+3p^2r-5pq^2 \ge 0 $
Chú ý là $p^3+9r-4pq=\sum a(a-b)(a-c),q^2-3pr=\sum bc(a-b)(a-c) $
nên bđt cần cm tương đương: $\sum (a(ab+bc+ca)-bc(a+b+c))(a-b)(a-c) \ge 0 $
Cái này đúng theo Vornicu Schur

hì các pác chém nhiệt tình wa.em thanks nha nhiều cách hay thật!

nản,đòi hỏi cao quá đấy,xem ở đây đi:
http://www.mathlinks...ic.php?t=281905

đc rùi em biết thêm mấy cách thanks pác

Cho $ a,b,c $ đôi một khác nhau: CMR:$ (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}})\geq \dfrac{9}{2}.$

Tui ddaay góp vui cách khác:
Sử dụng bđt Đào Hải Long;
$\dfrac{a^2}{(b-c)^2}+\dfrac{b^2}{(c-a)^2}+\dfrac{c^2}{(a-b)^2}\ge2$ (1)
cm đơn giản bằng cách đặt $x=\dfrac{a}{b-c};y=\dfrac{b}{c-a};z=\dfrac{c}{a-b}$
Tiếp theo chứng minh theo cách tương tự:
$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2}\ge2$
$=>\dfrac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\dfrac{b^2+c^2}{(b-c)^2}+\dfrac{c^2+a^2}{(c-a)^2}\ge\dfrac{5}{2}$ (2)
Từ (1);(2) => đpcm thui
dấu = khi 1 cái =0 2 cái còn lại tổng =0