Cứu tôi với ... !!! .... !
Máu be bét ra rồi !



Cần đưa ngay đến bệnh viện
___________________
P/s: Mình là người trong bức ảnh !

Có thấy tí máu nào đâu, kiểu này trông giống như Bạch Tuyết ăn trái táo độc bị tắc cổ hơn

Chỗ này sao trông giống cái ảnh của Linh, còn đây là ai thì mình không biết

Nhờ các bạn giúp mình bài này:
Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm MIN của P = ax²  + by² + cz² (với a, b, c >0).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được

$(ax^2+by^2+cz^2)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq (x+y+z)^2=1$
$\Rightarrow ax^2+by^2+cz^2\geq \frac{abc}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x+y+z=1$ và $ax=by=cz$

Đặt $ax=by=cz=t$, thay vào $x+y+z=1$, ta được

$t.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=1$
$\Rightarrow t=\frac{abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{bc}{ab+bc+ca}\\ y=\frac{ca}{ab+bc+ca}
\\z=\frac{ab}{ab+bc+ca}

\end{matrix}\right.$

Bài 374: Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{3}}{b^{2}+c}+\frac{b^{3}}{c^{2}+a}+\frac{c^{3}}{a^{2}+b}\geqslant \frac{3}{2}$

Theo BĐT Cauchy-schwarz, ta có
$$VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca}$$
Ta có: $$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=\sum a^3+\sum a^2b+\sum ab^2$$
Theo BĐT Am-GM thì $a^3+ac^2\geq 2a^2c$.

Tương tự rồi cộng lại, ta suy ra $a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+ac^2\geq 2(b^2a+c^2b+a^2c)$
$$\Rightarrow \sum a^3+\sum a^2b+\sum ab^2\geq 3(b^2a+c^2b+a^2c)\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(b^2a+c^2b+a^2c)$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq b^2a+c^2b+a^2c$$
Dế thấy $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$
$$\Rightarrow VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{b^2a+c^2b+a^2c+ab+bc+ca}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)}{2}\geq \frac{3}{2}$$

334.
Cho a,b,c>0 tm $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$.cmr
$\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{3}{2}$

Theo BĐT chê-bư-sép ta có $\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.(a^4+b^4+c^4)\left [\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)} +\frac{1}{c^2(b+a)} \right ]\geq \frac{9}{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}$

Ta dễ chứng minh $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\leq 2(a^3+b^3+c^3)$ theo AM-GM.

Và theo Holder ta có $3.(a^4+b^4+c^4)(a^4+b^4+c^4)(a^4+b^4+c^4)\geq (a^3+b^3+c^3)^4$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 3$

$\Rightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\leq 2(a^3+b^3+c^3)\leq 2.3=6$.

Thay vào trên, ta suy ra ĐPCM

Bài 382: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\le\frac{1}{3}(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b})$$

Sử dụng BĐT cơ bản $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$
$$\Rightarrow \left ( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right )^2\geq 3\left ( b^2+c^2+a^2 \right )$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\left ( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right )\geq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$$

Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$

Bài này mình làm như sau.

Theo Holder, ta có

$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$

$\ge\left [ \frac{4}{ \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}}+1 \right ]^3=3^3$

$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$

Suy ra ĐPCM

Thêm một bài duy trì topic.
Bài 415. Cho a,b,c dương, chứng minh
$$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

Cho $a,b,c> 0$
Chứng minh: $\frac{a^{3}}{2b+3c}+\frac{b^{3}}{2c+3a}+\frac{c^{3}}{2a+3b}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{5}$

Sử dụng BĐT cơ bản $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta được
$$VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2ab+3ac+2bc+3ab+2ac+3bc}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{5(aB+bc+ca)}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{5}$$
ĐPCM
___________________________________________________________

Bài 458 Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn $min(a+b;b+c;c+a)>0$, và $a^2+b^2+c^2 =2(ab+bc+ca)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$A=\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}$$

Bài 459 . Cho các số thực dương thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của
$$A=\sqrt{\frac{ab}{a+b+2c}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{ca}{c+a+2b}}$$
Bài 459 cũ có trong topic rồi nên em tạm del

Chỗ mình tô đỏ bạn có nhầm không. Theo mình:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + {b^3} + {b^3}}} \ge a - \frac{{2a{b^3}}}{{3{b^2}\sqrt[3]{a}}}\]

CAO XUÂN HUY nói đúng rồi

Cuối cùng ta cần chứng minh $\sum \sqrt[3]{(ab)^2}\leq 3\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^4}{3}\geq (a+b+c)(b+c+a)(ab+bc+ca)\geq (\sqrt[3]{(ab)^2}+\sqrt[3]{(bc)^2}+\sqrt[3]{(ca)^2})^3\Rightarrow$ đúng theo holder

Mình làm bài này nếu đề là $\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ và $AM-GM$ ta có:
$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}=\frac{a^2}{abc(b+c)}+\frac{b^2}{abc(a+c)}+\frac{c^2}{abc(a+b)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2abc(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2abc}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Bổ sung thêm một cách nữa nhé, dạng của nó khiến ta nghĩ đến BĐT Chebusep.

Không mất tổng quát, giả sử $ a \ge b \ge c$, khi đó cách bộ sau đơn điệu cùng chiều

$\left ( \frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b} \right )$ và $\left ( \frac{1}{bc};\frac{1}{ca};\frac{1}{ab} \right )$

Theo BĐT Chebusep và Nesbit
$$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}\geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right ).\left ( \frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab} \right )\geq \frac{1}{3}.\frac{3}{2}.\frac{3}{\sqrt[3]{(abc)^2}}=\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$$

Bài 390 Chứng minh rằng với $a,b,c>0$ ta có
$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 3+\frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}{abc(a+b+c)}$$

Tặng bài khác vậy.
Bài 238. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$$
Chứng minh $$\frac{1}{4a+1}+\frac{1}{4b+1}+\frac{1}{4c+1}\ge 1$$

Đặt $\frac{1}{a+1}=x,...\Rightarrow a=\frac{1-x}{x},...$ và $\frac{1}{4a+1}=\frac{x}{4-3x}$

Vậy ta có $x+y+z=2$ và $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2=4$

$VT=\sum \frac{x}{4-3x}\geq \frac{(x+y+z)^2}{4(x+y+z)-3(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{2^2}{4*2-4}=1$

Dấu bằng khi $x=y=z=\frac{2}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$

Thêm một cách nữa, sử dụng chê-bư-sép
Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
$\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2;xy\geq xz\geq yz$
$VT\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)(yz+xz+xy)\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)^2=\frac{1}{3}$

Chà, sôi nổi quá ! Có vẻ như mấy bài này nhẹ quá thì phải !mình tiếp tục nè (cũng dễ nhìn)
bài 161. Cho $0<a, b, c<1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{b}{1 - b} + \dfrac{c}{1 - c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1 - \sqrt[3]{abc}}$$

Sử dụng chê-bư-sép và bunhia và cosi

giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{1-a}\geq \frac{1}{1-b}\geq \frac{1}{1-c}$

$VT\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c})\geq \frac{1}{3}*3\sqrt[3]{abc}*(\frac{9}{3-(a+b+c)})\geq VP$

Chúc cách thành viên VMF 1 năm mới may mắn, hạnh phúc nha.

Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$ (1)

$(1)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1\geq 2(a+b+c)^2-2(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)+1\geq 2$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$ Đúng theo Bunhia.

Bài 144. Một bài cũng khá dễ thở.
Cho a, b, c, d là các sổ thực dương thoả mãn điều kiện$a + b + c + d = 1$. Chứng minh rằng :
$$6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) \ge a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + \dfrac{1}{8}.$$

Mình xin làm bài này, sử dụng Holder và chê-bư-sép.

$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})(1+1+1+1)(1+1+1+1)\geq (a+b+c+d)^{3}=1$

$\Leftrightarrow 2(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq \frac{1}{8} (1)$

$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq \frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+b+c+d)$

$\Leftrightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq a^2+b^2+c^2+d^2(2)$

Cộng theo vế 1 và 2, ta có ĐPCM.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1/4$

Bài 130: Tìm $min$ của biểu thức:
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}$.
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$
zzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZ.zZmanZz

Một cách nữa cho bài này, sử dụng chê-bư-sép
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}\geq \frac{1}{3}(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\frac{a^{3}}{b^3+c^3}+\frac{b^{3}}{c^{3}+a^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}})$

$\geq \frac{1}{3}*\frac{(a+b+c)^{3}}{9}*\frac{3}{2}= \frac{1}{18}$

Bài 168

Đặt $x=\frac{a^2}{b^2},y=\frac{a^2}{c^2} \Rightarrow x+y=a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geq \frac{4a^2}{b^2+c^2}\geq \frac{4a^2}{a^2}=4$

$P=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{x+y}{4}+\frac{4}{x+y}+\frac{3(x+y)}{4}\geq 2+\frac{3*4}{4}=5$

Dấu bằng khi $x=y=2$ tương đương $a^2=2b^2=2c^2$

$\Rightarrow P_{min}=5$ khi và chỉ khi $a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c$

186. Cho $a, b, c$ là các số thực dương :$a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^3}{(1 - a)^2} + \dfrac{b^3}{(1 - b)^3} + \dfrac{c^3}{(1 - c)^3} \ge \dfrac{1}{4}$$

Bài này có 1 cách nữa là dùng chê-bư-sép và BĐT Bunhia

$$VT=\sum \frac{a^3}{(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)\left [(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{c+a})^2+(\frac{c}{a+b})^2 \right ]\geq \frac{1}{3}*\frac{(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2}{3}\geq \frac{1}{4}$$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1/3$

__________________________________

Hoặc dùng Côsi

$\sum ( \frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{a}{4} )\geq \sum \frac{a^2}{b+c} \Leftrightarrow VT+\frac{1}{4}\geq \sum \frac{a^2}{b+c} (1)$

Mà $\sum (\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4})\geq a\Leftrightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM

Bài 234.
Tìm $a, b$ để
$P = a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 - 18ab + b^4 + 2005$ Đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 235. Cho $x, y$ là các số thực thoả mãn : $x^2 + y^2 - 4x - 6y + 12 = 0$
Tìm $x, y$ sao cho $A = x^2 + y^2 $ đạt giá trị lớn nhất.

Mình xin làm hai bài này.

Bài 234 bằng phân tích trực tiếp, ta có

$P=(a^3-b^3)(a-b)+(ab-9)^2-81+2005\geq 1924$

vậy $P_{min}=1924 \Leftrightarrow a=b=_{-}^{+}3$

Bài 235 điều kiện tương đương $(x-2)^2+(y-3)^2=1$

Đặt $x=2+a, y=3+b$ suy ra $a^2+b^2=1$

$A=(2+a)^2+(3+b)^2=a^2+b^2+13+2(2a+3b)\leq 1+13+2*\sqrt{(4+9)(a^2+b^2)}$

$=14+2\sqrt{13}$

Giải hệ dấu bằng khi $x=2+\frac{2}{\sqrt{13}},y=3+\frac{3}{\sqrt{13}}$

Bài 223.
Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh bất đẳng thức
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b + c})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{b}{c + a})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{c}{a + b})^2} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$$

Bài này mình làm sử dụng côsi

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

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có ĐPCM

Bài 194: Cho x,y,z thực dương. CMR:
$\sqrt{(x+y)(x+z)(y+z)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{z+x})\geq 4(xy+yx+xz)$
Chuyên Vĩnh Phúc 2008-2009

mình chứng minh kiểu này hơi phức tạp một chút

Ta có: $\left ( a+b\right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right )= \left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )-abc\geq \dfrac{8}{9}\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}\geq \dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}$ (1)

Vì $\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3\left ( ab+bc+ca \right )$ nên

$\dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}\geq \sqrt{(\dfrac{ab+bc+ca}{3})^{3}}$ (2)


Từ 1 và 2 suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}}\geq \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$
__________________________________________________________________


Để dễ theo dõi, đặt
$ A=\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ), B=ab+bc+ca$

Ta có:$ \sqrt[3]{\frac{A}{8}}\geq \sqrt{\frac{B}{3}}$

Suy ra $A\geq 8\sqrt{(\frac{B}{3})^3}$ suy ra $A^2\geq 8^2*(\frac{B}{3}^3)$

__________________________________________________________________

$VT=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})\geq \sqrt{A}*3*\sqrt[3]{\sqrt{A}}=3\sqrt[3]{A^2}$

$\geq 3\sqrt[3]{8^2*(\frac{B}{3})^3}=4B$

ĐPCM

Làm xong bài này vất quá

Bài 193: Cho $a<b<c<d$ là các hằng số cho trước. Với giá trị nào của x thì biểu thức sau nhận giá trị nhỏ nhất
$$f(x)=|x-a|+|x-b|+|x-c|+|x-d|\geq |2x-a-b|+|2x-c-d|=|2x-a-b|+|c+d-2x|\geq |c+d-a-b|$$
ĐTTS vào lớp 10 trường PTNK ĐHQG TPHCM 1994-1995

Sử dụng BĐT $|a|+|b| \geq |a+b|$ dấu bằng khi $ab\geq0$

$f(x)=|x-a|+|x-b|+|x-c|+|x-d|\geq |2x-a-b|+|2x-c-d|=|2x-a-b|+|c+d-2x|$
$\geq |c+d-a-b|$

Dấu bằng xảy ra khi $(x-a)(x-b)\geq 0$
và $(x-c)(x-d)\geq 0$
và $(2x-a-b)(2x-c-d)\leq 0$

tương đương $b< x <c$

Quy nạp theo cách này mình thấy vẫn chưa ổn lắm. Không biết ý kiến các bạn như thế nào ?

Theo mình thì B2 của bạn mới chỉ giả sử BĐT đúng với k số, chứng minh BĐT cũng đúng với k+1 số, nhưng bạn đã nhầm lẫn khi dùng chung kí hiệu nên mới suy ra $x_{k+1}=1$.
Nếu mình nhớ không lầm thì đây là bài tập trong SBT toán 11 có thì phải