Bài 21: Cho 3 số thực $a,b,c>0$ thỏa $a+b+1=c$. Tìm GTLN của biểu thức $$T=\frac{a^3b^3}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)^2}$$

Thế c vào biểu thức, ta được:
Với a,b dương, tìm max:
$$T=\frac{a^3b^3}{(a+b)^2(a+1)^3(b+1)^3}$$
Theo BĐT AM-GM và Holder, ta có:
$$T=\frac{a^3b^3}{(a+b)^2(a+1)^3(b+1)^3}\leq \frac{a^3b^3}{4ab.(\sqrt[6]{a^3b^3}+1)^6}=\frac{a^2b^2}{4(\sqrt{ab}+1)^6}=\frac{x^4}{4(x+1)^6}$$
Khảo sát hàm số trên , ta được $T\leq \frac{4}{3^6}$ khi $x=2 \rightarrow a=b=2$.

Bài toán: Với mọi $x_{1},x_{2},...x_{n}\in R;a_{1},a_{2},...a_{n}>0$ hãy chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{1}{n-1}\left ( x_{1}+x_{2}+...+x_{n} \right )^2\leq \left ( \frac{a_{1}^{n+1}}{S-a_{1}} +...+\frac{a_{n}^{m+1}}{S-a_{n}}\right )\left ( \frac{x_{1}^{2}}{a_{1}^{m}}+ \frac{x_{2}^{2}}{a_{2}^{m}}+...+\frac{x_{n}^{2}}{a_{n}^{m}}\right )$
Trong đó: $m,n \in N;m\geq 2$ và $S=a_1+a_2+...+a_n$




P/s: Bác nào sửa giùm e cái tiêu đề

Cái số mũ đầu tiên của VP có vấn đề rồi, giải như sau. Theo Chebusep 2 lần và CS ta có
$$\frac{a_1^{m+1}}{S-a_1}+...+\frac{a_n^{m+1}}{S-a_n}\geq \frac{1}{n}.(a_1^{m+1}+...+a_n^{m+1}).\left ( \frac{1}{S-a_1}+...+\frac{1}{S-a_n} \right )$$
$$\geq \frac{1}{n}.\frac{1}{n}.(a_1+...+a_n).(a_1^m+...+a_n^m).\frac{n^2}{\sum_{k=1}^{n} (S-a_k)}$$
$$=(a_1+...+a_n).(a_1^m+...+a_n^m).\frac{1}{(n-1).S}=\frac{a_1^m+...+a_n^m}{n-1}$$
Như vậy áp dụng CS ta được $$VP\geq \frac{a_1^m+...+a_n^m}{n-1}.\frac{(x_1+x_2+...+x_n)^2}{a_1^m+...+a_n^m}=VT$$
Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n$ và $x_1=x_2=...=x_n$

Cho đa thức P(x)=$a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ với $a_{3}\neq 0,a_{0}\neq 0$
biết rằng đa thức có ba nghiệm dương.Chứng minh rằng:
$\left | \frac{a_{2}a_{1}}{a_{3}a_{0}} \right |\geq 9$

Vì đa thức có 3 nghiệm dương nên có thể viết nó dưới dạng
$$P(x)=a_3.(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$$ với $x_1,x_2,x_3>0$
Nhân ra ta có:$P(x)= a_3.x^3-a_3.(x_1+x_2+x_3).x^2+a_3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1).x-a_3.x_1.x_2.x_3$
Đồng quy hệ số ta được
$$\left\{\begin{matrix}
a_2=-a_3.(x_1+x_2+x_3)\\a_1=a_3.(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)
\\ a_0=-a_3.x_1.x_2.x_3

\end{matrix}\right.$$
Thay vào biểu thức, đổi các nghiệm tương ứng là a,b,c cho dễ nhìn nhé, ta phải chứng minh
$$\left | \frac{-(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc} \right |\geq 9$$
$$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc}\geq 9$$
Vì $a,b,c>0$. Nhưng đây chính là BĐT AM-GM
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{(abc)^2}=9abc$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hay đa thức $P(x)$ có 3 nghiệm bằng nhau và khác 0

bạn đồng nhất hệ thức bị sai rồi, theo mình là $$\left\{\begin{matrix}
a_2=-a_3.(x_1+x_2+x_3)\\a_1=a_3.(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)
\\ a_0=-a_3.x_1.x_2.x_3
\end{matrix}\right.$$

Ừ, mình gõ nhầm, tại không để ý kiểm tra lại kĩ

Với $a,b,c,x,y,z\in R$. Chứng minh: $$ax+by+cz+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}\ge \frac{2}{3}(a+b+c)(x+y+z)$$

Một cách giải mà mình đọc được ( ở đâu không nhớ)
Ta có đẳng thức $$(2x+2y-z)^2+(2y+2z-x)^2+(2z+2x-y)^2=9(x^2+y^2+z^2)$$.
$$c(2x+2y-z)+a(2y+2z-x)+b(2z+2x-y)=2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)$$.
Áp dụng BĐT CS, ta được
$$[2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)]^2=[c(2x+2y-z)+a(2y+2z-x)+b(2z+2x-y)]^2$$
$$\leq (a^2+b^2+c^2).\left [ (2x+2y-z)^2+(2y+2z-x)^2+(2z+2x-y)^2 \right ]=9(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)\leq 3\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}$$
$$\Leftrightarrow ax+by+cz+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}\ge \frac{2}{3}(a+b+c)(x+y+z)$$

Theo BĐT côsi ta có:

$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq a-\frac{ab(a+b)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\frac{a+b}{3}$

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Ta sẽ chứng minh $\sqrt{\frac{1+x^2}{2}}\leq x+1-\sqrt{x}$
$$\Leftrightarrow 1+x^2\leq 2(x-\sqrt{x}+1)^2\Leftrightarrow 1+x^2\leq 2(x^2+x+1-2x\sqrt{x}+2x-2\sqrt{x})$$
$$\Leftrightarrow x^2-4x\sqrt{x}+6x-4\sqrt{x}+1\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)^4\geq 0$$
Đúng, suy ra $\sqrt{1+x^2}\leq \sqrt{2}(x+1)-\sqrt{2x}$. Lại theo CS

$3\geq \sqrt{3(x+y+z)}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$. Thay vào bài, ta được

$VT\leq \sqrt{2}(x+y+z+3)+(3-\sqrt{2}).(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\leq \sqrt{2}.6+(3-\sqrt{2}).3$
$=9+3\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$

Đặt: $T_i=1.2.3...i.$ CMR: $\sum_{i=2}^{n}\frac{i-1}{T_i}<1$

Cái $T_i=1.2.3...i.$ người ta gọi là i giai thừa và kí hiệu là $i!$ bạn ạ. Ta có
$$\frac{i-1}{i!}=\frac{1}{(i-1)!}-\frac{1}{i!}$$
$$\sum_{i=2}^{n}\frac{i-1}{i!}=\frac{1}{2!}+\frac{2}{3!}+...+\frac{n-1}{n!}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!}$$
$$=1-\frac{1}{n!}<1$$

Mời mọi người làm bài sau, khá hay:

Cho $x_{0}=2009$
$x_{n}=\frac{-2009}{n}\sum_{k=0}^{n-1}x_{k}$


Tính tổng $S=\sum_{0}^{2009}(2^{k}*x_{k})$

Cảm ơn anh Xusinst, em đã sửa lại đề rùi

Biết rằng $x^{2}+y^{2}=x+y$. Tìm GTLN và GTNN của A = x - y.

 

Đặt $x+y=a$ ta có: $$a=x+y=x^2+y^2=(x+y)^2-2xy \Rightarrow 2xy=a^2-a$$

$$A^2=(x-y)^2=(x+y)^2-4xy=a^2-2.(a^2-a)=-a^2+2a=1-(a-1)^2\leq 1$$

Suy ra $-1\leq A\leq 1$

Đẳng thức xảy ra tại $a=1$ nên ta giải hệ $\left\{\begin{matrix}
x+y=1\\x^2+y^2=1

\end{matrix}\right.$

Giải hệ trên, ta thu được nghiệm

Vậy $Max_{A}=1$ khi $ x=1 $ và$ y=0$
$Min_{A}=-1$ khi $x=0$ và $y=1$

Góp cho topic 1 bài vui.

Bài 120: Trong tam giác ABC, CMR:

$(1+a+b-ab)cosC+(1+b+c-bc)cosA+(1+c+a-ca)cosB\leq 3$

Ta có VT của BĐT cần chứng minh rằng:
$\left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right) + \left( {b + c} \right)\cos A + \left( {c + a} \right)\cos B + \left( {a + b} \right)\cos C - \left( {ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B} \right)$
Đặt:
$\begin{array}{l}
P = \cos A + \cos B + \cos C\\
Q = \left( {b + c} \right)\cos A + \left( {c + a} \right)\cos B + \left( {a + b} \right)\cos C\\
S = ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B
\end{array}$
Dễ thấy: $P \le \frac{3}{2}$
Mặt khác ta có:
$b\cos C + c\cos B = 2R\left( {\sin B\cos C + \sin C\cos B} \right) = 2R\sin \left( {B + C} \right) = 2R\sin A = a$
Tương tự:
$\begin{array}{l}
c\cos A + a\cos C = b\\
a\cos B + b\cos A = c
\end{array}$
$ \Rightarrow Q = a + b + c$
Lại có:
$ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{2} + \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2} + \frac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{2}$
$ \Rightarrow S = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2}$
$P + Q + R \le \frac{3}{2} + a + b + c - \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2} = 3 - \frac{{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}}}{3} \le 3$
Vậy ta có đpcm.

Bài này còn 1 cách khác là sử dụng chebusep

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow A\geq B\geq C\Rightarrow cosA\leq cosB\leq cosC$

$\sum (1+a+b)cosC-\sum abcosC\leq \frac{1}{3}(3+2(a+b+c))(cosA+cosB+cosC)-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$

$\leq \frac{1}{3}(3+2(a+b+c))*\frac{3}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=(a+b+c)+\frac{3}{2} -\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$

Ta cần chứng minh $\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\geq a+b+c$

Nhưng nó đúng vì $\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\geq a+b+c$

Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \le 16\left( {a + b + c} \right)$. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{{{{\left( {a + b + \sqrt {2a + 2c} } \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + c + \sqrt {2b + 2a} } \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + a + \sqrt {2c + 2b} } \right)}^3}}} \le \frac{8}{9}\]

Từ giả thiết, ta có $ab+bc+ca\leq 16abc(a+b+c)\leq \frac{16(ab+bc+ca)^2}{3}\Rightarrow ab+bc+ca\geq \frac{3}{16}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta được $$(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3=(a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}})^3\geq \frac{27(a+b)(a+c)}{2}$$
$$\Rightarrow VT\leq \sum \frac{2}{27(a+b)(a+c)}=\frac{4}{27}. \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
Sử dụng BĐT quen thuộc $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$
( Chứng minh: nó tương với $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\geq 0$ đúng)
Ta được $$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq \frac{(a+b+c).3}{9.16}=\frac{a+b+c}{48}$$
$$\Rightarrow \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq 6$$
Thay vào trên $$VT\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{4.6}{27}=\frac{8}{9}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

Cho $a; b; c$ là các số thực dương. Chứng minh:

$2(a^{2014}+b^{2014}+c^{2014})\geq a^{2013}(b+c)+b^{2013}(a+c)+c^{2013}(a+b)$

Áp dụng BĐT Cosi cho 2014 số, ta được

$$2013.a^{2014}+b^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.b^{2014}}=2014.a^{2013}.b$$

Tương tự, ta được $$2013.a^{2014}+c^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.c^{2014}}=2014.a^{2013}.c$$

Cộng lại ta được $$2.2013.a^{2014}+b^{2014}+c^{2014}\geq 2014.a^{2013}.(b+c)$$

Hoàn toàn tương tự, thêm hai BĐT nữa, cộng lại, ta được ĐPCM

Áp dụng BĐT AM-GM cho 7 số

$VT=x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}+4.\frac{1}{4xy}\geq 7\sqrt[7]{\frac{xy^2}{2^{10}(xy)^4}}=\frac{7}{\sqrt[7]{2^{10}x^3y^2}}$

Ta cần chứng minh

$\sqrt[7]{2^{10}x^3y^2}\leq 2\Leftrightarrow 2^3x^3y^2\leq 1$

$\Leftrightarrow 2^6y^4x^6\leq 1\Leftrightarrow 2^4x^6(5-12x^2)^2\leq 1$

Thật vậy theo AM-GM

$8x^2.8x^2.8x^2.(5-12x^2).(5-12x^2)\leq \left ( \frac{3.8x^2+10-24x^2}{5} \right )^5=2^5$

$\Leftrightarrow 2^4x^6(5-12x^2)^2\leq 1$

ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{1}{2};y=1$

Bài toán [Gần với bài VMO]
Cho $a\ge b\ge c>0$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2b}{c^2}+\dfrac{b^2c}{a^2}+\dfrac{c^2a}{b^2}\ge a+b+c$$

Không biết có được gọi là cách 2 không, chờ mọi người kiểm chứng giùm nhé.
Trừ vế trực tiếp, ta cần chứng minh:
$$a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3-a^2b^2c^2(a+b+c) \ge 0$$
Ta phân tích
$$a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3-a^2b^2c^2(a+b+c)=a^3b^2(ab-c^2)+b^3c^2(bc-a^2)+c^3a^2(ca-b^2)$$
$$=a^3b^2[b(a-c)+c(b-c)]+b^3c^2[c(b-a)+a(c-a)]+c^3a^2[a(c-b)+b(a-b)]$$
$$=(a-b)(a^2bc^3-b^3c^3)+(b-c)(a^3b^2c-a^3c^3)+(a-c)(a^3b^3-ab^3c^2)$$
$$=(a-b).bc^3.(a^2-b^2)+(b-c).a^3c.(b^2-c^2)+(a-c)(.ab^3.(a^2-c^2)$$
$$=(a-b)^2.bc^3(a+b)+(b-c)^2.a^3c(b+c)+(a-c)^2.ab^3(a+c) \geq0$$
Không cần dùng giả thiết $a \geq b \geq c$, tìm mãi mà không thấy sai chỗ nào

Tớ mở đầu nhé, cách hơi trâu bò
Theo CS ta có
$$\left ( \frac{a^2b}{c^2}+\frac{b^2c}{a^2}+\frac{c^2a}{b^2} \right )\left ( \frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a} \right )\geq (a+b+c)^2$$
Ta sẽ chứng minh $$ \frac{a^2b}{c^2}+\frac{b^2c}{a^2}+\frac{c^2a}{b^2}\geq \frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a} $$
Thật vậy $$ \frac{a^2b}{c^2}+\frac{b^2c}{a^2}+\frac{c^2a}{b^2}- \frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a} $$
$$=\frac{a^2(a-b)(b-c)(ab^2-c^3+b^3-bc^2)+b^4(a^2-c^2)(b-c)+b^2c^2(a^2-b^2)(a-b)}{a^2b^2c^2}\geq 0$$
Suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài 1: Cho 2 số dương $x,y$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất:

 

P=$\frac{xy + yz + xz}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + x^{2} + y^{2} +z^{2}$ 

Ta có $x^2+y^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$ và $x^2+y^2+z^2< (x+y+z)^2=1$

Đặt $x^2+y^2+z^2=a$, ta được $\frac{1}{3}\leq a<1$

Ta có $$P=\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}+x^2+y^2+z^2=\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2(x^2+y^2+z^2)}+x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2a}-\frac{1}{2}+a$$

Dự đoán Max tại $a=\frac{1}{3}$  khi đó $ P=\frac{4}{3}$ nên ta thử chứng minh

$$a-\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}\leq \frac{4}{3}\Leftrightarrow (3a-1)(2a-3)\leq 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\leq a\leq \frac{3}{2}$$

Như vậy với $\frac{1}{3}\leq a<1$ thì $ P\leq \frac{4}{3}$

Sử dụng phương pháp: Công thức nghiệm của phương trình bậc 2
(lớp 8 chưa học cái này mà cô mình chém bọn mình như đúng rồi, tuy nhiên vẫn post cho anh em nhâm nhi nha)

@@1:

cho 3 số a,b,c dương thỏa mãn các ĐK: a>0, bc=2a, a+b+c=abc
CMR: $a\geq \sqrt{\frac{1+2\sqrt{2}}{2}}$

@@2:
Cho a,b,c thỏa mãn (a+c)(a+b+c)<0. CMR:
$(b-c)^{2} > 4a(a+b+c)$

@@3:
Cho a,b,c thỏa mãn: a+b+c=2 và ab+bc+ca=1 CMR:
$0\leq a,b,c\leq \frac{4}{3}$

BÀI 3.

Ta có $a+b+c=2\Rightarrow b+c=2-a=S$

Và $bc=1-a(b+c)=1-a(2-a)=a^2-2a+1=P$

Như vậy b,c là nghiệm của phương trình $X^2-S*X+P=0$

Cần có $S^2-4P\geq 0$

Thay S,P vào rồi giải ra, ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài 1 cũng tương tự

$b+c=abc-a=a*2a-a=2a^2-a$ và $bc=2a$

cho mình hỏi câu này nha, mình làm mãi không ra, dạo này đầu óc hơi bã đậu quá
Khẳng định hoặc phủ định bất đẳng thức sau:
với mọi x;y thuộc R, x và y lớn hơn hoặc bắng 3, x^2 lớn hơn hoặc bắng 3y, CMR:
xy+3 lớn hơn hoặc bằng 2(x+y)

Anh Thành xem lại em là tìm min hay tìm max vậy! Nếu là tìm max thì em làm như sau:
Ta có:
\[F = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {k{x_k}\left( {2n - k} \right)} = 2n\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {k{x_k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{k^2}{x_k}} = 4n\left( {n - 1} \right) - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{k^2}{x_k}} \]
Lại có:
\[\begin{array}{l}
{\left( {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} } \right)^2} \le \left( {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)\left( {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{k^2}{x_k}} } \right) \le \frac{{{\pi ^2}}}{6}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{k^2}{x_k}} \\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{k^2}{x_k}} \ge \frac{{6{n^2}}}{{{\pi ^2}}} \\
\end{array}\]
\[ \Rightarrow F \le 4n\left( {n - 1} \right) - \frac{{6{n^2}}}{{{\pi ^2}}}\]

Cái cauchy-schwarz của bạn, $x_k$ mũ bình chứ (VP)

Bài toán
Cho các số thực duơng $a_1,a_2, ..., a_n, b_1, b_2, ..., b_n$. Chứng minh rằng :
$$\left (\sum_{i=1}^n a_i\right )\left (\sum_{i=1}^n b_i\right )\ge \left [\sum_{i=1}^n (a_i+b_i)\right ]\left (\sum_{i=1}^n \dfrac{a_ib_i}{a_i+b_i}\right )$$

Viết lại BĐT như sau
$$\sum \frac{a_k.b_k}{a_k+b_k}\leq \frac{(\sum a_k)(\sum b_k)}{\sum a_k+\sum b_k}$$.
BĐT này có thể chứng minh bằng BĐT cauchy-schwarz.
Chú ý đẳng thức $\frac{a+b}{4}-\frac{ab}{a+b}=\frac{(a-b)^2}{4(a+b)}$.
BĐT tương đương
$$\Leftrightarrow \frac{\sum a_k+\sum b_k}{4}- \frac{(\sum a_k)(\sum b_k)}{\sum a_k+\sum b_k}\leq \sum \left ( \frac{a_k+b_k}{4}-\frac{a_k.b_k}{a_k+b_k} \right )$$
$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a_k-\sum b_k)^2}{4(\sum a_k+\sum b_k)}\leq \sum \frac{(a_k-b_k)^2}{4.(a_k+b_k)}$$
$$\Leftrightarrow \frac{[(a_1+a_2+...+a_n)-(b_1+b_2+...+b_n)]^2}{a_1+a_2+...+a_n+b_1+b_2+...+b_n}\leq \frac{(a_1-b_1)^2}{a_1+b_1}+\frac{(a_2-b_2)^2}{a_2+b_2}+...+\frac{(a_n-b_n)^2}{a_n+b_n}$$
Nhưng BĐT này đúng theo BĐT Cauchy-schwarz. ĐPCM

Nếu đặt $a^{25}=x, b^4=y,c^{2012}=z\Rightarrow x,y,x\in (0,1]$ $\Rightarrow xyz\leq \sqrt[3]{xyz}$

Ta có BĐT sau: với $0\leq x,y\leq 1$ thì $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\leq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$

Vì $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}-\frac{2}{1+\sqrt{xy}}=\frac{(x-y)^2(xy-1)}{(1+x^2)(1+y^2)(1+\sqrt{xy})}\leq 0$

Sử dụng BĐT mình đã chứng minh ở trên, ta có

$\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}\leq \frac{2}{1+\sqrt{(ab)^3}}$

$\frac{1}{1+c^3}+\frac{1}{1+abc}\leq \frac{2}{1+\sqrt{abc^4}}$

Cộng theo vế, ta được

$\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}+\frac{1}{1+abc}\leq 2\left ( \frac{1}{1+\sqrt{(ab)^3}}+\frac{1}{1+\sqrt{abc^4}} \right )\leq \frac{4}{1+abc}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\leq \frac{3}{1+abc}$

Như vậy ta có

$f(x,y,z)=(1+xyz)\left ( \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z} \right )\leq (1+\sqrt[3]{xyz}).\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}=3$

Đây là làm mạnh BĐT schur, mình không làm được nhưng tìm được nó bên Mathscope.

http://forum.mathsco...thread.php?t=87

Cho dãy $(c_{n})$ dương.CM
$\prod_{k=1}^{n}(1+c_{k})\leq (1+\frac{\sum_{k=1}^{n}c_{n}}{n})^{n}$

Xét hàm số $f(x)=ln(1+x)$ với x dương $\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{1+x}\Rightarrow f''(x)=\frac{-1}{(1+x)^2}<0$
Suy ra hàm số lõm. Áp dụng BĐT Jensen ta được:
$$f(c_1)+f(c_2)+...+f(c_n)\leq nf(\frac{c_1+c_2+...+c_n}{n})$$
$$\Leftrightarrow ln(1+c_1)+ln(1+c_2)+...+ln(1+c_n)\leq n.ln\left ( 1+\frac{c_1+c_2+...+c_n}{n} \right )$$
$$\Leftrightarrow (1+c_1)(1+c_2)...(1+c_n)\leq \left ( 1+\frac{\sum_{k=1}^{n}c_n}{n} \right )^n$$

cho a,b,c>0 TM $a^2+b^2+c^2=1$ CMR:

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+a+b+c \geq 4\sqrt{3}$

Một cách khác, theo CS ta có $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\geq a+b+c\Rightarrow a+b+c\leq \sqrt{3}$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta được
$$VT\geq \frac{9}{a+b+c}+(a+b+c)=\frac{6}{a+b+c}+\left [ \frac{3}{a+b+c}+(a+b+c) \right ]\geq \frac{6}{\sqrt{3}}+2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$