Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh: $\sum \frac{a}{b}\geq 3\sqrt{\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}}$

Ta có

\[(ab+bc+ca)\left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\right) ^2 - 9(a^2+b^2+c^2) = \sum \left(\frac{a^3}{b}+\frac{ca^2}{b}+\frac{ca^3}{b^2}+\frac{2a^2b}{c}+2ab-7a^2\right) \geqslant 0.\]

Bất đẳng thức cuối đùng đúng theo bất đẳng thức cho $7$ số.

Cho 3 số không âm x ; y; z thỏa mãn x + y + z = 3

Chứng minh: $x^{3} + y^{3} + z^{3} +xyz \geq 4$

Ta có

\[a^3+b^3+c^3 + abc \geqslant a^2+b^2+c^2 +abc \geqslant 4.\]

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

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

Bất đẳng thức sai với $(a,b,c) = (1/298, 1/16, 1).$

Bài Toán 5. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq 4(ab+bc+ca)$.

Đặt $x = ab+bc+ca \leqslant 3,$ theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

\[a^3b+b^3c+c^3a \geqslant \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab+bc+ca} \geqslant \frac{(ab+bc+ca)^3}{(a+b+c)^2} \geqslant \frac{1}{27}(ab+bc+ca)^4 = \frac{1}{27}x^4.\]

Ta cần chứng minh

\[\frac{1}{27}x^4 + 9 \geqslant 4x,\]

tương đương với

\[\frac{(x^2+6x+27)(x-3)^2}{27} \geqslant 0.\]

Ta có điều phải chứng minh.

P/s. Ngoài ra

\[a^3b+b^3c+c^3a+9-4(ab+bc+ca) = \frac12\sum (3ab+ca+2b^2+bc)(a-1)^2 \geqslant 0.\]

Đề bài: Với 3 số thực dương $a,b,c$ có tích bằng $1$. Chứng minh rằng:

$$ \dfrac{a+3}{(a+1)^{2} }  + \dfrac{b+3}{(b+1)^{2}} + \dfrac{c+3}{(c+1)^{2}} \geq 3 $$

Trước đây bài đề này đã từng được thảo luận ở topic: https://diendantoanh...-3/#entry363791

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$\frac{x}{(x+1)^2}+\frac{y}{(y+1)^2}+\frac{z}{(z+1)^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}$$ Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, thì $$(x+1)(y+1)(z+1)\ge 8.$$ Nên $$\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}} \ge \frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}.$$ Vậy để chứng minh bất đẳng thức trên, thì ta cần chứng minh được $$\frac{3}{(x+1)^2}+\frac{3}{(y+1)^2}+\frac{3}{(z+1)^2}+\frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 3,$$ tương đương với $$\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 1.$$ Là một bất đẳng thức quen thuộc của Phạm Văn Thuận.

Ngoài ra

\[\sum \dfrac{a+3}{(a+1)^{2}} - 3 = \frac12\sum \frac{(abc^2+3)(a-b)^2+ab(a+b+2)(c-1)^2}{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2} \geqslant 0.\]

Đề bài gốc
Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng:
$ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq \sqrt{\frac{10(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}-1} $

$10$ chưa phải là hằng số lớn nhất. Bài toán về hằng số lớn nhất của bài này anh đã giải trong chuyên đề “Bổ đề hoán vị”.

Bài này anh có cách khai triển xét hai trường hợp của $a>b$ và $a<b$ nhưng không đẹp. Em gửi bài gốc lên đi, cái này chắc là em đã phân tích S-S.

2. Ta chỉ cần chứng minh

\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt3|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]

Giả sử $a \geqslant  b \geqslant c.$ Khi đó

\[\begin{aligned}&(a+b+c)^3 \geq (a+b-2c)^3 \\& = 6\sqrt{3}(a-b)(a-c)(b-c)+\left[2(b-c)-(\sqrt{3}-1)(a-b)\right]^2\left[\frac{\sqrt{3}}{2}(a-b)+(a+b-2c)\right] \\& \geq 6\sqrt{3}(a-b)(a-c)(b-c). \end{aligned}\]

P/s. Bài 1 còn một phân tích tốt hơn như sau

\[a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc \geqslant 2\left(\frac{b+c}{2}-a\right)^{3} = \frac34a(b+c-2a)^2+\frac34(b-c)^2(a+b+c) \geqslant 0.\]

$2.a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc \geq 2(\frac{b+c}{2}-a)^{3}$

Nếu $a=\max\{a,b,c\}$ thì bất đẳng thức hiển nhiên, xét $a=\min\{a,b,c\}$ bất đẳng thức trên tương đương với

\[3(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)a+\frac34(b-c)^2(b+c-2a) \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng.

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c+2=abc$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $S=\sum \frac{1}{a}$

Ta có

\[S - \frac32= \sum \frac{(a+b+2)(c-2)^2}{4c(3abc+ab+bc+ca)} + \sum \frac{c(a-b)^2}{2ab(3abc+ab+bc+ca)} \geqslant 0.\]

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2.$

Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương .CMR$\frac{a^{2}b}{c}+\frac{b^{2}c}{a}+\frac{c^{2}a}{b}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Bất đẳng thức này đúng trong điều kiện $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác.

Bài này của thầy Trần Nam Dũng trong đề thi Bắc Trung Bộ 2015-2016

Xin đăng lại

loi giai bai 2 bdt de thi bac trung bo 2015.PNG

Bài này của anh chứ không phải của thầy Dũng. Anh gửi đề đệ nghị cho thầy.

sao bạn tìm dc cái 24(xy + yz + zx) vậy

Vì

\[P = k(xy +yz+zx) +\frac{(ky+kz-14x)^2}{28} + \frac{(k^2y+k^2z+14kz-1792y)^2}{28(1792-k^2)} + \frac{z^2(k-24)(k^2+140k+3360)}{k^2-1792}\]

Bài toán 61(sưu tầm)

Cho a,b,c là các số thực không âm, đôi một khác nhau. CMR:

$(ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}} \right ]\geqslant 4$

Ta có

\[\text{Vế trái  -Vế phải} = \sum \frac{ab\left[c(a+b-c)+a^2-3ab+b^2\right]^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \geqslant 0.\]

P/s. Anh nhớ Doflamingo bị Hải quân bắt rồi sao còn ở đây post bài nhỉ?

Cho tam giác ABC có 3 cạnh a,b,c thỏa mãn a+b+c=6. 

Chứng minh: $52\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2abc\leq 54$

Ta chứng minh

\[3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2abc \geqslant 52,\]

hay là

\[3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{12abc}{a+b+c} \geq \frac{13}{9}(a+b+c)^2,\]

hoặc

\[7(a^3+b^3+c^3) + 15abc \geqslant 6 \sum ab(a+b),\]

tương đương với

\[\sum (7a+7b-5c)(a-b)^2 \geqslant 0.\]

Vế phải chứng minh tương tự.

Cho x,y,z là các số dương thoả mãn xy+yz+zx=$\frac{2}{3}$.tìm min

P=7x²+64y²+45z²

Ta có

\[7x^2+64y^2+45z^2-24(xy + yz + zx) = \frac17(7x-12y-12z)^2+\frac{19}{7}(4y-3z)^2 \geqslant 0.\]

Đề này đúng không có gì sai.

CM bổ đề

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geqslant \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ac}$

Ta có

\[\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} - \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca} = \frac{c^2(a^2-bc)^2+a^2(b^2-ca)^2+b^2(c^2-ab)^2}{abc(ab+bc+ca)}.\]

Aảo quá .Có ai còn cách nào tự nhiên hơn không?

Cách dùng bất đẳng thức cổ điển thì có nhưng gõ lâu hơn phân tích bình phương.

Viết bất đẳng thức cần chứng minh lại như sau

\[(a^2+b^2+c^2)^3 \geqslant 9abc(a^3+b^3+c^3).\]

Giả sửa $a = \max\{a,b,c\}.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[9abc(a^3+b^3+c^3) \leqslant \left(ab+ca+\frac{a^3+b^3+c^3}{3a}\right)^3.\]

Ta cần chứng minh

\[a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+ca+\frac{a^3+b^3+c^3}{3a},\]

thu gọn thành

\[\frac{(2a-b-c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3a} \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Bài  46 (sưu tầm) Cho các số thực a,b,c >0 và abc=1.

      Chứng minh rằng :  (a²+b²+c²)³ ≥ 9(a³+b³+c³)

Ta có

\[(a^2+b^2+c^2)^3 - 9(a^3+b^3+c^3) = \frac13\sum(ab+2bc+2ca+c^2)(a-b)^4+\frac12\sum\left[(a^2+b^2)^2+5c^4\right](a-b)^2.\]

Xem lại deg1 trong hàm solve03.

Em định làm gì?

Trong maple dấu / là phân số nếu như em không để nó trong dấu nháy đôi.

Gõ lệnh đó vào vị trí nào ạ ?

Em bấm ctrl + N rồi gõ lệnh vào.

Cái này là sao anh Huyện ?

Lệnh này dùng để đọc file.txt từ ổ đĩa C.