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.$

Tổng quát BDT 3 của anh Vietfrog
BĐT 3 dạng tổng quát
$\dfrac{{a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}}{n}\geq \left ( \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n-1}+a_n}{n} \right )^{n}$

Chứng minh theo tư tưởng BDT Holder
Đặt S= ${a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}$

$\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+...+\dfrac{1}{n}\geq n\sqrt[n]{\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S*n^{n-1}}}=a_{1}\sqrt[n]{\dfrac{n}{S}}$ ( BDT Cosi với n số)

Tương tự với các số a2, a3,...,an.

Cộng hai vế của n BDT trên ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

@vietfrog:Cảm ơn Hoàng rất nhiều , nhưng em lưu ý gõ công thức và Tiếng Việt có dấu nhé . Sưu tầm thêm BĐT phụ nha.

Mình xin tổng hợp lại một số BĐT 3 biến ở trên vào một dãy, mình nghĩ là nó sẽ dễ nhớ hơn vì khá đẹp mắt. Các chứng minh chỉ dùng BĐT Cosi.
Với mọi a,b,c dương ta có:

$\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq \dfrac{\left ( a^{2}+b^{2} +c^{2}\right )\left ( a+b+c \right )}{3^{2}}\geq \dfrac{(a+b+c)^{3}}{3^{3}}\geq \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq $


$\dfrac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{9}\geq \sqrt{\left ( \dfrac{ab+bc+ca}{3} \right )^{3}}\geq abc\geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a^{3}}+\dfrac{1}{b^{3}}+\dfrac{1}{c^{3}}}$

_______________________________________________________________________________________

Ứng dụng:

CM BĐT trang 66 Sáng tạo bất đẳng thức mà không dùng chuẩn hóa

$\sqrt[3]{\dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}}\geq \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$

Nhìn dãy trên thấy ngay VT và VP cách nhau bởi $\sqrt[3]{\dfrac{\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )}{9}}$ nên ta CM như sau:

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 đpcm.

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

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh

Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài 385: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $abc=8$
Chứng minh: $$\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$$
Chuyên Hà Tĩnh VÒng 2 - 2012

Vì $abc=8$ nên ta đặt $a=\frac{2x}{y};b=\frac{2y}{z};c=\frac{2z}{x}\Rightarrow a+2=\frac{2(x+y)}{y},...$
Viết lại BĐT $$\frac{2\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )}{2}\geq \sum \frac{\frac{2(x+y)}{y}}{\frac{2(y+z)}{z}}\Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq \sum \frac{z(x+y)}{y(y+z)}$$
$$\sum \frac{x}{y}-\frac{z(x+y)}{y(y+z)}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{x(y+z)-z(x+y)}{y(y+z)}\geq 0\Leftrightarrow \frac{x-z}{y+z}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{x-z}{y+z}+\frac{z-y}{x+y}+\frac{y-x}{z+x}\geq 0$$
BĐT này đúng theo BĐT Hoán vị. Hoắc nếu không dùng nó thì ta có thể giả sử $x=max(x;y;z)$.
$$\Leftrightarrow (x-z).\left ( \frac{1}{y+z}-\frac{1}{x+z} \right )+(z-y)\left ( \frac{1}{x+y}-\frac{1}{x+z} \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{(x-z)(x-y)}{(x+z)(y+z)}+\frac{(z-y)^2}{(x+y)(y+z)}\geq 0$$
Đúng theo điều giả sử.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$

Bài 386: Cho 3 số $a,b,c$ thỏa $a+b+c=6$. Chứng minh: $$\frac{a}{\sqrt{(b+2)(b^2-b+2)}}+\frac{b}{\sqrt{(c+2)(c^2-c+2)}}+\frac{c}{\sqrt{(a+2)(a^2-a+2)}}\geq \frac{3}{2}$$

Bài này ý tưởng chính dùng cauchy ngược dấu. Theo BĐT AM-GM ta có
$$\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(b^2-b+2)}}\geq \sum \frac{a}{\frac{b^2+4}{2}}=\sum \frac{2a}{b^2+4}$$
Vậy ta sẽ chứng minh
$$\sum \frac{4a}{b^2+4}\geq 3$$
Thật vậy $$\sum \frac{4a}{b^2+4}=\sum a-\frac{ab^2}{b^2+4}\geq \sum a-\frac{ab^2}{4b}=\sum a-\frac{ab}{4}$$
$$=a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{4}\geq 6-\frac{(a+b+c)^2}{4.3}=6-\frac{6^2}{4.3}=3$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$
Bài 387 Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$$
Bài 388 Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{abc}+\frac{4}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{9\sqrt{3}}{2}$$

Bài 440: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{9}$$
Bài 441: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Hãy chứng minh rằng
$$\frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{ba}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{cb}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{3(a+b+c)}$$
PS: Mấy bài này na ná nhau thôi

Ta vẫn sử dụng bổ đề với $a^2+b^2+c^2=3$

$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1\Leftrightarrow \sum a(c+2)(a+2)\leq (a+2)(b+2)(c+2)$$
$$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$

BĐT trên tương đương với $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$ ( vì $a^2+b^2+c^2=3$)
Vẫn giả sử a là số nằm giữa, ta có $$ab^2+bc^2+ca^2-abc=a(b^2+c^2)+c(a-b)(a-c)\leq a(b^2+c^2)$$
$$=2\sqrt{a^2.\frac{b^2+c^2}{2}.\frac{b^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}=2$$
$$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$$
Hơn nữa, theo AM-GM ta có $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2\leq \sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}+2=3$
Và cũng tương tự, ta vẫn có $a^2b+b^2c+c^2a\leq 3$ với $a^2+b^2+c^2=3$
Như vậy, áp dụng các BĐT trên vào bài 441, ta được
$$VT=\sum \frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum ac^2).(\sum ac)}\leq \sqrt[3]{1.3.\frac{(a+b+c)^2}{3}}\leq \sqrt[3]{3.(a+b+c)}$$
Bài 440
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum a^2b).(\sum b^2)}\leq \sqrt[3]{1.3.3}=\sqrt[3]{9}$$

Bài 484:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b+ca}}+\frac{c}{c+\sqrt{c+ab}}\leq 1$$

$$VT=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a(a+b+c)+bc}}$$
$$=\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \sum \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}$$
$$=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$$

Bài toán 438.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{2b^2+c^2+a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}}\ge 0$$

Bài này mình dựa trên ý tưởng của anh alex_hoang
Không mất tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$, viết lại BĐT
$$VT=\sum \frac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
Ta sẽ chứng minh 2 bộ sau đây cùng chiều:
$(a^2-bc)(b+c)\geq (b^2-ca)(c+a)\geq (c^2-ab)(a+b)$
Và $\frac{1}{\sqrt{(2a^2+b^2+c^2)}.(b+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{(2b^2+a^2+c^2)}.(a+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}.(a+b)}$
Thật vậy $$(a^2-bc)(b+c)-(b^2-ac)(a+c)=ab(a-b)+2c(a-b)(a+b)+c^2(a-b)\geq 0$$. Tương tự với cặp còn lại.
$$(2a^2+b^2+c^2)(b+c)^2-(2b^2+c^2+a^2)(a+c)^2$$
$$=(b-a)[a^3+b^3+2c^3+ab(a+b))+2c(a^2+b^2)-2abc]\leq 0$$
Tương tự với cặp còn lại, ta suy ra hai bộ trên cùng chiều.
Áp dụng BĐT Chê- Bư- Sép cho 2 bộ cùng chiều, với chú ý $\sum (a^2-bc)(b+c)=\sum a^2b+a^2c-b^2c-c^2b=0$, ta được
$$VT=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
$$\geq \frac{1}{3}.\left [ \sum (a^2-bc)(b+c) \right ].\left [ \sum \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)} \right ]=0$$

Bài 439: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{ab}{\sqrt[3]{{{b}^{3}}+8}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{{c}^{3}}+8}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{{a}^{3}}+8}}\le \frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt[6]{3}}$$

Vẫn sử dụng bổ đề trên. Theo AM-GM ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\leq 3$.
Áp dụng BĐT Holder cho 6 bộ, ta được
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b^3+8}}\leq \sum \frac{ab}{\sqrt[3]{3(b+2)}}$$
$$\leq \sqrt[6]{[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum a^2].[\sum b^2].[\sum b^2].[\sum a^2b^2]}\leq \sqrt[6]{\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2)^3.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$
$$=\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt[6]{\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{3^2}}\leq \frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt[6]{3}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 380 Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện $x+y+z=\frac{yz}{3x}$. Chứng minh rằng $$x\leq \frac{2\sqrt{3}-3}{6}(y+z)$$

Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$

Vừa làm được bài này.

Ta có $\frac{(a-b)^2(a+3b)(b+3a)}{16(a+b)^3}\leq \frac{(a-b)^2*4(a+b)^2}{16(a+b)^3}=\frac{((a+b)^2-4ab)}{4(a+b)}=\frac{a+b}{4}-\frac{ab}{a+b}$

Vậy thì ta cần chứng minh $\frac{a+b}{4}+\frac{ab}{a+b}\geq \sqrt{ab}$ Đúng theo BĐT côsi

Đây là BĐT nào nhỉ, mình chưa hiểu

$VT\leq (a_1+a_3+a_5+...+a_n)(a_2+a_4+...+a_{n-1})$

Bài 118:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. $CMR$
$\sum \frac{5-3bc}{1+a}\geq ab+bc+ac$

Tiếp tục bài 118.

$\frac{5-3bc}{1+a}\geq \frac{5-\frac{(b+c+1)^{3}}{9}}{1+3}=\frac{45-(4-a)^{3}}{9(1+a)}$

Ta chứng minh $\frac{45-(4-a)^{3}}{9(1+a)}\geq a$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-12a^{2}+48a-19}{9(a+1)}-a\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-21a^{2}+39a-19}{9(a+1)}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^{2}(a-19)}{9(a+1)}\geq 0$ Đúng.

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có :

$\sum \frac{5-3bc}{1+a}\geq a+b+c=3=\frac{(a+b+c)^{2}}{3}\geq ab+bc+ca$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Bài 109 :
Cho $a,b,c>0$: CMR
\[{\left( {a + b - c} \right)^n} + {\left( {b + c - a} \right)^n} + {\left( {c + a - b} \right)^n} \ge {a^n} + {b^n} + {c^n}\]

Ta chứng minh BĐT sau: $\frac{x^{n}+y^{n}}{2}\geq \left ( \frac{x+y}{2} \right )^{n}$ với x+y>=0 có thể quy nạp dễ dàng

Vậy $\frac{(a+b-c)^{n}+(b+c-a)^{n}}{2}\geq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^{n}=b^{n}$

Tương tự với a và c rồi cộng 3 BĐT lại ta có ĐPCM

Tại sao tui với bạn trên lại cùng chí hướng thế nhỉ, hihi , mỗi tội post chậm hơn

Điều kiện x nằm trong [-1;2]
Từ giả thiết ta có: $x=y\sqrt{4-x^2}+xy\Leftrightarrow \frac{x}{y}=\sqrt{4-x^2}+x$
Bài quán quy về tìm GTLN, GTNN của $\sqrt{4-x^2}+x$
Mình làm được GTLN
Áp dụng BĐT B.C.S $\sqrt{4-x^2}+x\leq \sqrt{(1+1)(4-x^2+x^2)}=2\sqrt{2}$
Còn tìm min hồi trước có học mà hình như quên rồi

Mình nghĩ x nằm trong đoạn -2 đến 2 chứ.

Sử dụng BĐT $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$ cho a,b không âm. Dấu bằng xảy ra khi a=0 hoặc b=0 hoặc cả hai.

$S=\sqrt{4-x^{2}}+\sqrt{(x+2)^{2}}-2\geq \sqrt{4-x^{2}+(x+2)^{2}}-2=\sqrt{8+4x}-2\geq \sqrt{8-4*2}-2=-2$

Dấu bằng xảy ra khi x=-2

Bài 169 dùng cauchy

$\frac{p}{p-a}+\frac{p}{p-b}+\frac{p}{p-c}\geq \frac{9p}{3p-(a+b+c)}=\frac{9p}{3p-2p}=9$

Dấu = khi $a=b=c$

Bài 222: (số đẹp)
Cho a>b và $c\geq ab$
CMR: $\frac{c+a}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq \frac{c+b}{\sqrt{c^2+b^2}}$

ĐPCM tương đương

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

$\Leftrightarrow 1+\frac{2ac}{c^2+a^2}\geq 1+\frac{2bc}{c^2+b^2}$

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

$\Leftrightarrow (a-b)(c^2-ab)\geq 0$

Đúng theo giả thiết

Hai bài vui.

Bài 232 cho $a,b,c\in [0;2]$ và $a+b+c=3$

Tìm max $P=a^3+b^3+c^3$

Bài này làm như sau:

$P=a^3+b^3+c^3=(a+b)^3-3ab(a+b)+c^3\leq (3-c)^3+c^3=9(c^2-3c+3)$

Đến đây thì dễ rồi.

Dấu bằng xảy ra khi có bộ $(0,1,2)$

Bài 239: Tìm GTLN của các biểu thức sau
$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y$

$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y\leq -x^2-y^2+\frac{x^2+y^2}{2}+2x+2y=\frac{-1}{2}(x-2)^2-\frac{1}{2}(y-2)^2+4\leq 4$

Dấu bằng khi $x=y=2$

Thêm một cách cho bài 233, sử dụng Holder, không biết có phù hợp với THCS không, mình post cho các bạn tham khảo.

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

Cần chứng minh $\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{(x+y+z)^3}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow (1+1+1)(1+1+1)(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3$

Đúng theo Holder.

Hai bài vui.

Bài 232 cho $a,b,c\in [0;2]$ và $a+b+c=3$

Tìm max $P=a^3+b^3+c^3$

Bài 233 cho x,y,z dương tùy ý, CMR:

$\frac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}+\frac{y^2}{(2z+x)(2x+z)}+\frac{z^2}{(2x+y)(2y+x)}\geq \frac{1}{3}$

Bài 379: Giúp mình bài tập này với
Cho $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2012}$.

Chứng minh rằng :
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2012}{2}}$

Bài này nhé. Bạn thiếu điều kiện các số dương rồi. Theo BĐT Minxcowki ta có
$$\sqrt{2012}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \sqrt{(a+b+c)^2+(b+c+a)^2}=(a+b+c).\sqrt{2}$$
$$\Rightarrow a+b+c\leq \sqrt{\frac{2012}{2}}$$
Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có
$$\sqrt{2012}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leq \sqrt{\left [ (a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2) \right ].(1+1+1)}=\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}$$
$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{2012}{6}$$
Bây giờ vào bài, không mất tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b}$

Áp dụng BĐT Trê-bư-sép cho 2 bộ cùng chiều, ta có:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2).\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )$$
Lại theo BĐT Cauchy-schwarz hoặc BĐT AM-GM cũng được, ta có $\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

Bây giờ thay các BĐT đã chứng minh trên, ta được $$VT\geq \frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2).\frac{9}{2(a+b+c)}\geq \frac{1}{3}.\frac{2012}{6}.\frac{9}{2.\sqrt{\frac{2012}{2}}}=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{2012}{2}}=VP$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{1006}}{3}$