Tiếp tục là 1 số bài toán về phương trình nghiệm nguyên chứa luỹ thừa:
Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$2x^x=y^y+z^z$

Giải như sau:
TH1: Trong hai số $y,z$ tồn tại một số bằng $x$ giả sử là $y$ khi ấy $x^x=z^z$ suy ra $x=z$ vì $x>z$ thì $VT>VP$ còn $x<z$ thì $VT<VP$ loại suy ra $(x,y,z)=(k,k,k)$
TH2: Cả hai số $y,z$ đều khác $x$ khi ấy tồn tại một số $<x$ vì ngược lại cả hai số cùng $>x$ suy ra $y^y+z^z>x^x+x^x=VP$ vô lí
Giả sử $y<x$ khi ấy $z>x$ vì ngược lại $z<x$ thì $2x^x>y^y+z^z$ vô lí
Như vậy $y<x<z$ mà $1\le y$ suy ra $3\le z$
Như vậy $z^z\geq 3z^{z-1}>3x^{z-1}\geq 3x^x$ (do $z>x$ nên $z-1\geq x$)
Suy ra $VP<VT$ loại
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(k,k,k)}$ với $k \in N^{*}$

Tiếp tục nhé!
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$\left( {2x + 5y + 1} \right)\left( {{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x} \right) = 105$$

http://diendantoanhoc.net/index.php?/topic/83436-gi%E1%BA%A3i-ph%C6%B0%C6%A1ng-trinh-nghi%E1%BB%87m-nguyen-2x5y1-left2xyxx2-right105/

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:

$28^x=19^y+87^z$

Giải như sau:
Bài 20: http://diendantoanho...c/86799-p-11pn/
Bài 21: Theo mình bạn joker9999 làm nhầm ở chỗ $28 \equiv 3 \pmod{8}$
Bổ đề: $a^x-1 \vdots p$ và $a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
TH1: $x=0$ khi ấy loại
TH2: $x>0$,
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y=0$ thì $28^x=1+87^z$ thấy $87^z+1 \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 28^x \equiv 1 \pmod{29}$
Nên $x=2k$ nên $(28^k-1)(28^k+1)=87^z$ $(*)$
Thấy $gcd(28^k-1,28^k+1)=1$ và $28^k+1 \not \vdots 3$ nên $28^k+1=1$ hoặc $28^k+1=29^z$ thấy $28^k+1=1$ loại
Do đó $28^k+1=29^z$ khi ấy $28^k-1=3^z$
Suy ra $29^z-3^z=2$ bằng quy nạp cm với mọi $z>0$ thì $29^z-3^z>2$ nên loại
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y>0$ thì ta lại có $z>0$ vì ngược lại $28^x=19^y+1$ thấy $19^y+1 \equiv 2 \pmod{3}$ còn $28^x \equiv 1 \pmod{3}$ vô lí
Do đó $y>0$ thì $z>0$
Như vậy $28^x=19^y+87^z$ với $x,y,z>0$ nguyên dương
Ta có $19^y+87^z \equiv 3^y+3^z \pmod{4}$ mà $28 \vdots 4$ do đó $z-y$ lẻ hay $z,y$ không cùng tính chẵn lẻ
$\blacksquare$ $x$ chẵn suy ra $28^x \equiv (-1)^x \equiv 1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y-1 \vdots 29$ ta dễ cm $19^{28}-1 \vdots 29$ và $28$ là số nhỏ nhất thỏa mãn điều trên do đó $y \vdots 28$
Ta lại có $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ mà $y$ chẵn và $y,z$ không cùng tính chẵn lẻ suy ra $z=1,3,...$ nhưng nếu $z=1$ thì $19^y+87 \equiv 1+3 \equiv 4 \pmod{9}$ vô lí vì $28^x \equiv 1 \pmod{9}$ như vậy $z\geq 3$ nên $87^z \vdots 27$ do đó $19^y \equiv 1 \pmod{27}$ nên $19^y-1 \vdots 27$ nên $y \vdots 3$ mà $y$ chẵn do đó $y \vdots 6$ như vậy $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ (do $y \vdots 6$) kết hợp $7|28$ suy ra $87^z \equiv 6 \pmod{7}$ suy ra $z \vdots 3$ khi ấy $87^z \equiv 87^3 \equiv 1 \pmod{19}$ do đó $28^x \equiv 1 \pmod{19}$ dễ cm $18$ là số nhỏ nhất thỏa $28^{18}-1 \vdots 19$ nên theo bổ đề $x \vdots 18$ hay $x \vdots 3$
Như vậy $x,z \vdots 3$ đặt $x=3u,z=3v$ suy ra đặt $28^u=m,87^v=n$ thì $m^3=19^z+n^3 \Rightarrow (m-n)(m^2+mn+n^2)=19^z$ dễ thấy $gcd(m,n)=1$ và $19^z \not \vdots 3$ nên $gcd(m-n,m^2+mn+n^2)=1$ nên $m-n=1$ hoặc $m^2+mn+n^2=1$ vì $m,n>0$ nên $m-n=1$ và khi ấy $28^u-87^v=1$ mặt khác $x \vdots 18 \rightarrow u \vdots 2$ nên $u=2k$ do đó $(28^k-1)(28^k+1)=87^v$ cm tương tự $(*)$ suy ra vô nghiệm
$\blacksquare$ $x$ lẻ khi ấy $28^x \equiv -1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv -1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y+1 \vdots 29$ hay $19^{2y}-1 \vdots 29$ vì $28$ là số nhỏ nhất $19^{28}-1 \vdots 29$ suy ra $2y \vdots 28 \Rightarrow y$ chẵn mà $y,z$ khác tính chẵn lẻ nên $z$ lẻ, cm tương tự trên $87^z \equiv 0 \pmod{27}$ và $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ cũng suy ra $y \vdots 3$ mà $y \vdots 2$ nên $y \vdots 6$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ do đó $87^z \equiv -1 \pmod{7}$ nên $z \vdots 3$
Đặt $y=3u,z=3v$ và $19^u=a,87^v=b$ suy ra $28^x=a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ cm tương tự $gcd(a+b,a^2-ab+b^2)=1$ nên $a+b=1$ hoặc $a^2-ab+b^2=1$ nhưng $a,b>0$ nên $a^2-ab+b^2=1$ giải ptnn suy ra $a=b=1$ hay $u=v=0$ hay $y=z=0$ khi ấy $28^x=2$ loại
Vậy phương trình vô nghiệm

Bài 5b chương I - Ước và bội đã bị sai đề, ta có thể chỉ ra qua định lý phần dư Trung Hoa, có thể tìm được 16 số mà ko có hai số nào nguyên tố cùng nhau

Trong các đa thức sau ,đa thức nào chia hết cho x^2+x+1
f1(x)=x^2012+x^1006+1
f2(x)=X^2013+x^1006+1
f3(x)=x^2014+x^1006+1.
Ai làm được mình bái phục luôn đó.

Giải như sau:
Ta sẽ cm bài toán tổng quát hơn $x^{3k+2}+x^{3t+1}+1 \vdots x^2+x+1$
TH1: $k\geq t$
Khi ấy $x^{3k+2}-x^{3t+2}+x^{3t+2}+x^{3t+1}+x^{3t}-(x^{3t}-1)$
Ta thấy $x^{3k+2}-x^{3t+2}=x^{3t+2}((x^{k-t})^3-1) \vdots (x^{k-t})^3-1) \vdots x^3-1 \vdots x^2+x+1$
Lại có $x^{3t+2}+x^{3t+1}+x^{3t}=x^{3t}(x^2+x+1)$
Và $x^{3t}-1 \vdots x^3-1 \vdots x^2+x+1$
Suy ra $x^{3k+2}+x^{3t+1}+1 \vdots x^2+x+1$ đây chính là $đpcm$
TH2: $k\le t$ làm hoàn toàn tương tự
Áp dụng vào bài ta thấy ngay $f_3(x)=x^{2014}+x^{1006}+1$ với số mũ $2014,1006 \equiv 2,1 \pmod{3}$ nên theo nhận định mình vừa cm suy ra $f_3(x) \vdots x^2+x+1$
Vậy $\boxed{f_3(x) \vdots x^2+x+1}$

Ọe em (kể đến năm nay) lớp 8 òi mà hix ZzzzzZ
P/S anh kiên post ảnh của anh đi Zz

Show hàng tên daovuquang tí Hắn chả có ảnh nào nên lấy cái trên mạng chụp hắn thi APMOPS vậy =))
Thằng đứng ngoài cùng bên trái ) =)) ko nhìn rõ mặt cho lắm =))

Ề, không phải đâu bạn à cái này thi cả nước mà nhưng công nhận nếu ở xa quá thì thi và đi lại hơi khó, tuy vậy mình thấy ở nông thôn nhiều người xuất chúng hơn thành phố đó bạn

Bài 231: CMR với mọi số nguyên dương n ta có
$1\leq \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}< \frac{5}{3}$
____
Chắc tới cuối tuần sau mình mới onl trở lại được nên chép nhiều bài 1 tí cho anh em làm mọi người ráng duy trì topic này nhé

Hì em chém bài dễ nhất
Bài 231: $n=1,2,3,4,5$ tính ra thấy đúng
$n\geq 6$
$$1\le A=\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{n^2}<1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5.6}+\dfrac{1}{6.7}+...+\dfrac{1}{(n-1)n}=\dfrac{5269}{3600}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{n}<\dfrac{5269}{3600}+\dfrac{1}{5}<\dfrac{5}{3} \rightarrow Q.E.D$$

Topic giờ ít sôi động quá.
Bài 236: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \ge 5\]

Giải như sau:
Đặt $\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z$ nên $abc=1$ do vậy bdt tương đương $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq 5 $
Lại có $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq (x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}$ nên ta chứng minh $(x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}\geq 5$
Đặt $x+y+z=k$ nên bdt $\leftrightarrow k^3-5k^2+18\geq 0 \leftrightarrow (k-3)(k^2-2k-6)\geq 0$ <1>
Lại thấy $k=a+b+c\geq \sqrt[3]{abc}=3$ Do vậy <1> đúng nên bdt đúng $Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

Bài 383: Cho $a,b,c$ thực dương, Chứng minh rằng: $$\frac{a^2}{3a^2+8b^2+14ab}+\frac{b^2}{3b^2+8c^2+14cb}+\frac{c^2}{3c^2+8a^2+14ac}\geq \frac{3}{25}$$

Nguồn: hocmai.vn

Mới nghĩ đến hướng giải này, phần tiếp tục chưa làm được, mong các anh pro BDT trợ giúp
Ta có
$\sum{\dfrac{a^2}{3a^2+8b^2+14ab}}=\sum{\dfrac{a^2}{(2a+3b)^2-(a-b)^2}}\geq \sum{\dfrac{a^2}{(2a+3b)^2}}$
Do đó để cm
$\sum{\dfrac{a^2}{3a^2+8b^2+14ab}}\geq \dfrac{3}{25}$
Ta sẽ cm
$\sum{\dfrac{a^2}{(2a+3b)^2}}\geq \dfrac{3}{25}$
Mặt khác áp dụng BDT $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Do đó $\sum{\dfrac{a^2}{(2a+3b)^2}}\geq \dfrac{\left(\sum{\dfrac{a}{2a+3b}}\right)^2)}{3}$
Như vậy cần cm

$\dfrac{\left(\sum{\dfrac{a}{2a+3b}}\right)^2)}{3}\geq \dfrac{3}{25}$

$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a}{2a+3b}}\geq \dfrac{3}{5}$

$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{1}{2+3\frac{b}{a}}}\geq \dfrac{3}{5}$ $(1)$

Đặt $\frac{b}{a}=x$ và $\frac{c}{b}=y$ và $\frac{c}{a}=z$ suy ra $xyz=1$ và viết lại $(1)$ như sau:

$\sum{\frac{1}{2+3x}}\geq \dfrac{3}{5}$ với $xyz=1$

Đến bước trên bí, có ai trợ giúp em với ko ?

Bài 372
Cho x,y,z là các số thực dương. chứng minh
\[
4(xy + yz + xz) \le \sqrt {(x + y)(y + z)(x + z)} (\sqrt {x + y} +\sqrt {y + z}+ \sqrt {x + z})
\]

Giải như sau:
Đặt $\sqrt{x+y}=a;\sqrt{y+z}=b;\sqrt{z+x}=c \rightarrow \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}=x+y+z$
Suy ra $x=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2};y=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2};z=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$
Do đó BDT tương đương
$(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)+(a^2+c^2-b^2)(b^2+c^2-a^2)+(b^2+c^2-a^2)(a^2+b^2-c^2)\le abc(a+b+c)$
$\leftrightarrow 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\le a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)$
$\leftrightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)-2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\geq 0$
$\leftrightarrow (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a))\geq 0$
Hiển nhiên đúng do $a+b+c>0; a^3+b^3+c^3+3abc-[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\geq 0 \rightarrow \text{luôn đúng do BDT Schur bậc 3}$
Dấu $=$ khi $a=b=c \rightarrow x=y=z$

Em bấy lâu post bài trên này mà không đóng góp bài nào cho mọi người làm, trong lòng thấy thật hổ thẹn chính vì vậy em sẽ post vài bài:
Bài 197: (Dễ):Giả sử $a_1;a_2;...;a_n$ là các số thực dương có tổng là $n$
Chừng minh với mọi số nguyên dương $k$ ta có:
$$a_1^k+a_2^k+...+a_n^k\geq a_1^{k-1}+a_2^{k-1}+...+a_n^{k-1}$$
Bài 198:(Dễ): Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $a+b+c=3$ ta có:
$$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\geq 3$$
Bài 199: (Khó) Chứng minh bất đẳng thức: (Phạm Kim Hùng - ĐHKHTN-HN)
$$ \dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\geq \sqrt{3}$$
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn căn thức tồn tại.

P/S có thể đối với em bài 199 là khó nhưng với mọi người thì dễ
Zz

Bài 79: CMR: $\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}<2\sqrt[3]{3}$
Đề thi vào lớp 10 chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên 2009-2010
Bài này thật ra còn câu a nhưng để tăng độ khó cho bài toán nên mình chỉ để câu b

Bài 79:
Đặt $\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}=a,\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}=b$ ta cần chứng minh $a+b<2\sqrt[3]{3}$ thật vậy:
Suy ra $a^3+b^3=6$ lại có bất đẳng thức $(\dfrac{a+b}{2})^3\le \dfrac{a^3+b^3}{2}=3 \rightarrow a+b\le 2\sqrt[3]{3}$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b$ vô lý suy ra không xảy ra dấu $"="$ hay có $đpcm$

Hôm qua vừa đi học thêm xong mình xin đóng góp một số bài:
Bài 93: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$

$VT\geq \sqrt{(1+1+1)^2+(a+b+c)^2}=\sqrt{3^2(a+b+c)^2}$ (đpcm)
Mọi người lưu ý: vì đây là topic BĐT THCS nên post bài phù hợp trình độ THCS thôi đừng "xoắn" quá

Cách khác không dùng $minkowski$
Bài 93: $\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$ <1>
Áp dụng bdt $bunhiacopxki$ ta có:
$\sqrt{(1+a^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+a(a+b+c)$
Tương tự
$\sqrt{(1+b^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+b(a+b+c)$
$\sqrt{(1+c^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+c(a+b+c)$
Cộng 3 vế của 3 bdt thu được <1> dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

P/S bạn toilaab post bài 92 sao mà xoắn thế?

Bài 74: Tìm GTNN của biểu thức
$P=|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|$
Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2009-2010

Bài 74: Giải như sau:
Ta nhận thấy $|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|\geq 0$
Dấu $"="$ khi $\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{x^2+6x+13} \leftrightarrow x^2-4x+5=x^2+6x+13 \leftrightarrow 10x+18=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Vậy $Pmin=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Cách này có vẻ khá "cơ hội" ở đây may mắn vì dấu $"="$ xảy ra

Bài 50: $x^4+y^4+z^4\geq x^3+y^3+z^3 \leftrightarrow 3x^4+3y^4+3z^4\geq (x^3+y^3+z^3)(x+y+z)$
Tương đương $2x^4+2y^4+2z^4\geq x^3y+x^3z+y^3x+y^3z+z^3y+z^3x$ <1>
Ta thấy $x^4+x^4+x^4+y^4\geq 4x^3y$ ($cauchy$ 4 số ) và tương tự với các số còn lại
Suy ra $x^4+y^4+z^4\geq x^3y+y^3z+z^3x$
Tương tự cũng có $x^4+y^4+z^4\geq xy^3+yz^3+zx^3$ (hình như đây là bất đẳng thức đồng bậc thì có th tổng quát)
Suy ra <1> đúng hay ta có $đpcm$

Bài 51:
Đặt $\sqrt[3]{a}=x$
Suy ra ta cần cm $x+x^2\le 1+x^3 \leftrightarrow 2x+x^2\le 1+x^3+x$
Dễ thấy $x^3+x\geq 2x^2$ suy ra ta cần cm $2x^2+1\geq x^2+2x$ và thấy đây là hiển nhiên suy ra $đpcm$
Dấu $"=$ khi $x=1$ hay $a=1$

Bài 49: Đặt biểu thức ban đầu là $A$
$\dfrac{16}{2x+y+z}\le \dfrac{4}{x+z}+\dfrac{4}{x+y}\le \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$
Tương tự suy ra $16A\le 4(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=16$ hay có $đpcm$
Dấu $=$ khi $x=y=z=\dfrac{3}{4}$

Em chém nối bài 48:
$\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{6}{2xy+2yz+2zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2=8+4\sqrt{3}$
Suy ra $a=8+4\sqrt{3} \rightarrow a\le 8+\sqrt{3}$
$8+4\sqrt{3}=8+\sqrt{48}>8+\sqrt{36}=14$ đến đây có $đpcm$

Bài 100: Dấu mốc
Cho a>b>c>0. CMR
$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2>a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3$
ĐTTS lớp 10 trường Trung học Thực Hành Đại học Sư phạm TPHCM 2007 - 2008

Bài 100: (mình đánh dấu mốc nhé)
$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2>a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3 \leftrightarrow b^2(a^3-c^3)+c^2(b^3-a^3)+a^2(c^3-b^3)>0$
$\Leftrightarrow (b^2-c^2)(a^3-c^3)+(a^2-c^2)(c^3-b^3)>0$
$\leftrightarrow (a-c)(b-c)[(b+c)(a^2+ac+c^2)-(a+c)(b^2+bc+c^2)]>0$
$\Leftrightarrow (a-c)(b-c)(a-b)(ab+bc+ca)>0$ Hiển nhiên suy ra $đpcm$ (do $a>b>c>0$)
Vấn đề của bài này chỉ là phân tích nhân tử

_____
MOD: Lần sau đừng gõ => hay <=> nên gõ là $\Leftrightarrow$; $\Rightarrow$

Mình cho thêm một bài này
Bài 102: Cho $a,b,c>0$ CMR:
$\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{c^3}{c+a+2b}\geq \dfrac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)$
Thi thử trường ĐHKHTN đợt 1- vòng 1 năm 2011

Bài 102:
Nhận xét $\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{a(a+b+2c)}{16}\geq \dfrac{a^2}{2}$
Tương tự
$\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{b(b+c+2a)}{16}\geq \dfrac{b^2}{2}$
$\dfrac{c^3}{c+a+2b}+\dfrac{c(c+a+2b)}{16}\geq \dfrac{c^2}{2}$
Cộng 3 vế của bdt thu được $\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{c^3}{c+a+2b}\geq \dfrac{a^2}{2}+\dfrac{b^2}{2}+\dfrac{c^2}{2}-(\dfrac{a(a+b+2c)}{16}+\dfrac{b(b+c+2a)}{16}+\dfrac{c(c+a+2b)}{16})=\dfrac{7}{16}(a^2+b^2+c^2)-\dfrac{3}{16}(ab+bc+ca)\geq \dfrac{1}{4}(a^2+b^2+c^2) \rightarrow Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

P/S bạn toilaab có để tổng hợp hay thế cho mình xin vài đề

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$

Bài 158:
$a^2+b^2+c^2+1\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{3}+1=\dfrac{4}{3}$ <1>
$4(ab+bc+ca)\le 4\dfrac{(a+b+c)^2}{3}=\dfrac{4}{3}$ <2>
Từ <1><2> suy ra $a^2+b^2+c^2+1\geq 4(ab+bc+ca) \rightarrow Q.E.D$

Diễn đàn đông vui quá, mình tiếp tục với 1 bài toán :
Bài 146. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thoả mãn :$$a + b + c + d = 0, a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 1$$ Tìm GTLN của : $$a^3 + b^3 + c^3 + d^3$$

Bài 146: (em làm vớ vẩn không chắc lắm)
Từ $a+b+c+d=0$ ta có $a=-(b+c+d) \rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-(b+c+d)^3+b^2+c^3+d^3=-3(b+c)(c+d)(b+d)$
Đặt $A=a^3+b^3+c^3+d^3$ như vậy để $A$ đạt giá trị lớn nhất thì $A$ dương.
Do vậy $(b+c)(c+d)(b+d)$ âm và phải có trị tuyệt đối lớn nhất hay ta tìm GTLN của $|b+c||c+d||b+d|$
Ta có $1=a^2+b^2+c^2+d^2=2(b^2+c^2+d^2)+2(bc+cd+db)=(b+c)^2+(b+d)^2+(c+d)^2=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Suy ra $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2\geq 3\sqrt[3]{|b+c|^2*|b+d|^2*|c+d|^2}$
Do vậy $|b+c||c+d||b+d|$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{27}}$
Dấu $"=" \leftrightarrow |b+c|=|c+d|=|b+d|$ và $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Đến đây có 2TH
Th1: $b=c=d$ thì ra $b=c=d=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};a=\sqrt{0.75}$ (chú ý rằng $(b+c)(c+d)(b+d)$ phải âm)
Như vậy đáp số là $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Th2: $b=d; 3b+c=0$ (và hoán vị tương tự) thì ra $b=d=a=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};c=\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Cái này cũng ra $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Vậy đáp số bài là $\boxed{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}$

P/S: Các anh chị kiểm tra xem có đáp số nào lớn hơn không,em cũng không chắc

Bài 134.Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$$(a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) + \dfrac{3(a - b)(b - c)(c - a)}{abc} \ge 9$$

Bài 134:
$(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+\dfrac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}=\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)+3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ <1>
Lại thấy $(a+b+c)(ab+bc+ca)+3(a-b)(b-c)(c-a)=3abc+2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq 3abc+2\sqrt[3]{ab^2bc^2ca^2}=9abc$ <2>
Từ <1>;<2> suy ra $đpcm$ Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$ hay tam giác ABC là đều

Bài 107: Cho các số thực x,y,a $\geq -1$ thỏa mãn $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{1+a}$. CMR:
$x+y\geq 2a$
ĐTTS lớp 10 chuyên Trần Đại Nghĩa - TPHCM 2003-2004

Bài 107:
Do $x,y,a\geq -1 \rightarrow 1+x,1+y,1+a\geq 0$
Từ phương trình ta có:
$\sqrt{(1+x)(1+a}+\sqrt{(1+y)(1+a)}=2(1+a)$
Lại có $\dfrac{1+x+1+a}{2}+\dfrac{1+y+1+a}{2}\geq \sqrt{(1+x)(1+a}+\sqrt{(1+y)(1+a)} \rightarrow \dfrac{1+x+1+a}{2}+\dfrac{1+y+1+a}{2}\geq 2(a+1) \leftrightarrow x+y\geq 2a \rightarrow Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow x=y=a$

Bài 43: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1
CMR: $$\frac{1}{{a^4 (b + a)}} + \frac{1}{{b^4 (b + c)}} + \frac{1}{{c^4 (c + a)}} \ge \frac{3}{2}$$ (THTT)

Bài 43:
$\dfrac{1}{a^4(a+b)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}+\dfrac{1}{c^4(c+a)}=\dfrac{\dfrac{1}{a^4}}{a+b}+\dfrac{\dfrac{1}{b^4}}{b+c}+\dfrac{\dfrac{1}{c^4}}{c+a}\geq \dfrac{(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})^2}{2(a+b+c)}$ (bdt $cauchy-schwarz$)
Giờ ta sẽ chứng minh $(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})^2\geq 3(a+b+c)$ <1>
Thật vậy đặt $\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z$ suy ra $xyz=1$
Như vậy <1> thành $(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=3(xy+yz+zx)$ (quy đồng lên khử $xyz$ ở mẫu)
Suy ra $(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ <2>
Lại thấy $(x^2+y^2+z^2)\geq xy+yz+zx$
Ta sẽ chứng minh $(xy+yz+zx)^2\geq 3(xy+yz+zx)$
Thật vậy $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$
Suy ra $(xy+yz+zx)^2\geq 3(xy+yz+zx) \rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(xy+yz+yz)$
Như vậy <2> đúng suy ra <1> đúng hay ta có $đpcm$ dấu $"=" \leftrightarrow x=y=z=1 \leftrightarrow a=b=c=1$
Ặc khó quá nghĩ nửa tiếng mới ra