Dễ thấy $k\geqslant 0$. Nếu $a=b$ hoặc $b=c$ hoặc $c=a$ thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần xét $(a-b)(b-c)(c-a)\ne 0$

Nếu bất đẳng thức trên đúng với mọi $a,b,c\geqslant 0$ thì cũng đúng với khi $a,b\geqslant 0$ và $c=0$

Bất đẳng thức tương đương với: $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geqslant \dfrac{k\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Không mất tính tổng quát, ta xét $c=\text{min}\{a,b,c\}$.

Bằng biến đổi tương đương, ta chứng minh được: $\dfrac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leqslant \dfrac{1}{a+b-2c}$

Từ điều này suy ra bất đẳng thức trên đúng với mọi số thực $a,b,c$ nếu nó đúng với $a,b\geqslant 0$ và $c=0$

Như vậy bất đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi nó đúng khi một biến bằng $0$

Như vậy $k=\text{min} \dfrac{(x^2-x+1)(x+1)}{x(x-1)}$ với $x>1$ hay $k=\sqrt{9+6\sqrt{3}}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $\left(a,b,c\right)\sim \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}, 1, 0\right)$ và các hoán vị

 

cho mình hỏi vì sao chứng minh cái bất đẳng thức cái dòng màu đỏ thì suy ra nó đúng vậy 

Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

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

http://diendantoanho...cauchy-schwarz/

của anh huyện đấy 

với x,y,z là các số thực
[(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3][\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}}>= -45/4

cho x,y,z là các số thực c/m

[(x-y)³+(y-z)³+(z-x)³][$\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}}$]$\leq \frac{-45}{4}$                

 

cho x,y,z là các số thực khác 0 c/m

[(x-y)³+(y-z)³+(z-x)³][$\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}}$]$\leq \frac{-45}{4}$                

$\sum (x-y)^{3}(\sum \frac{1}{(x-y)^{3}})\leq \frac{-45}{4}$

http://math.stackexc...bcb-sqrt-frac2c link giải cho bài này tại đây và cách này cũng là đối xứng hóa đó

bằng cách thay $a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{x}{z}$ ta có BĐT$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{c^{2}+b^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}+c^{2}}}\leq \frac{3}{2}$ đây à bđt quen thuộc của Vasc với cách dùng "Đối xứng hóa"

 Ta có  $a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)$

            $=\dfrac{(k+1)(a+b+c)^2}{3}+\dfrac{(2-k)\sum a^2-\sum ab}{3}\geq \dfrac{(2-k)\sum (a-b)^2}{6}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\sum (a-b)^2.\sum \dfrac{1}{(a-b)^2}\geq \dfrac{27}{2}$

 Theo nguyên lý Dirichlet, giả sử $(a-b)(b-c)\geq 0$. Đặt $x=a-b;y=b-c$ thì $a-c=x+y$ và $xy\geq 0$

 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $\left [x^2+y^2+(x+y)^2\right ]\left [\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right ]\geq \dfrac{27}{2}$

 Áp dụng AM-GM thì $x^2+y^2\geq \dfrac{(x+y)^2}{2}$ và $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\geq \dfrac{2}{xy}\geq \dfrac{8}{(x+y)^2}$

 Suy ra $\left [x^2+y^2+(x+y)^2\right ]\left [\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right ]\geq \dfrac{3(x+y)^2}{2}.\dfrac{9}{(x+y)^2}=\dfrac{27}{2}$

 Vậy ta có điều cần chứng minh.

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(t,-t,0)$ cùng các hoán vị với $k\in [-1;2)$ và $a+b+c=0$ với $k=2$

cho mình hỏi cái biên đổi cái tổng lại đâu ra cái ban đầu đâu bài này dồn biến tại biên rất hay hình như đề TST năm nào thì phải nhỉ 

Em có file PDF không ? Chứ file Word đó máy anh không đọc được công thức ,còn không em có thể trích dẫn giùm anh lời giải .Cảm ơn !

anh ơi em có luôn topic mà dùng đt ko lưu zô đính kèm được. mà em có thể đọc công thức của word mà anh lên CH bấm doc hay word là nó ra à

bài của bạn có trong cái này

http://diendantoanho...jack-garfulkel/đây link đây ai xem zô xem nha

cho a,b,c,d là các số thực không âm chứng minh

$(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2}\geq \sqrt{2}a(b+c)(c+d)(b+d)$

 cho $a,b,c$ là các số thực chứng minh

$(a-b)^2(6a^4-b^4)+(b-c)^2(6b^4-c^4)+(c-a)^2(6c^4-a^4)\geq0$

zô topic chia để trị của anh hatucdao đem bài này ra cho anh em chứng minh chơi

cho a,b,c,d là các số thực thỏa abcd=1 c/m

$(1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})(1-d^{2})\geq (a+b+c+d)^{2}+6(a+b+c+d-4)$

p/s bài này của anh P.K Hùng

$\frac{a^{2}}{(a-1)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b-1)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c-1)^{2}}\geq 1$  từ bài bđt này cho các số thực có tích =1

ta cm bài tổng quát $(\frac{x+a}{x-1})^{2}+(\frac{y+a}{y+1})^{2}+(\frac{z+a}{z+1})^{2}\geq 1$ với abc=1 và a,b,c thuộc R

Đây là vấn đề đã được làm rõ trong tạp chí Toán tuổi thơ.Em xin trích lại lời giải

Lời giải:

Đặt $m=\frac{x+a}{x-1},n=\frac{y+a}{y-1},p=\frac{z+a}{z-1}$

$\rightarrow x=\frac{m+a}{n-1},y=\frac{n+a}{n-1},z=\frac{p+a}{p-1}$

$\rightarrow \frac{m+a}{m-1}.\frac{n+a}{n-1}.\frac{p+a}{p-1}=1$

$\leftrightarrow (a+1)[mn+np+pm+(a-1)(m+n+p)+a^{2}-a+1]=0$

Nếu $a=-1$ thì bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng

Nếu $a$ khác $-1 \rightarrow mn+np+pm=(1-a)(m+n+p)-a^{2}+a-1$

$\rightarrow m^{2}+n^{2}+p^{2}=(m+n+p+a-1)^{2}+a^{2}+1 \geq 1$ (đpcm)

hehe bài này trong toán học tuổi trẻ anh lấy lại thôi :v tổng quát của IMO

4) Cho $a,b,c$ là các số thực. Cm

$$(a^2+b^2+c^2)^3\ge \dfrac{108}{5}a^2b^2c^2+2(a-b)^2.(b-c)^2.(c-a)^2$$

(Võ Quốc Bá Cẩn)

5) Cho $a,b,c$ dương. Cm

$$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge \sqrt[6]{\dfrac{a^6+b^6+c^6}{3}}$$

(Võ Quốc Bá Cẩn)

bài 4 đặt (a-b)=x,(b-c)=y,(c-a)=-x-y vì bậc 2 nên có thể dồn biến tại biên rất tốt để giải quyết cac bài toán này

Cái bổ đề đó không đúng đâu.

Em vẫn chưa có cách nào (vì thấy trong topic 3 bài toán mở nên đem ra giải thử)
Với lại bổ đề này đúng mà anh. Anh Cẩn chứng minh rồi mà =))

Theo anh biết thì bài này vẫn unsolve. Em có lời giải nào cho nó không ?

em có đọc trong 1 topic thì thấy anh Cẩn viết bổ đề khá khủng cho bài này bằng pqr hoán vị

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq \frac{3\sum a^4 +13\sum a^3(b+c) -\sum a^2b^2 -abc\sum a}{ 3( \sum a) ( \sum ab)}$

Cho $ a,b,c$ là các số thực dương 
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \sqrt[6]{\frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}}{3}}$

hé hé bạn trên bài đó có rất nhìu trong sách toán bđt cả 2 bài đấy nhưng bài 1 mình đang chơi game thì thg bạn nó nói cm 1+1=2 mình mới nghĩ tới

Chỉ chỗ sai cái mình ngu tiếng anh mà cứ thik dùng english ))

câu đó giải nt thì 1 số $\geq$1 hai số >0 là không có dấu = xảy ra nếu vẫn giữ nguyên đề thì chỉ có thể sửa abc=-1 thì có dấu =

câu đó giải nt thì 1 số $\geq$1 hai số >0 là không có dấu = xảy ra nếu vẫn giữ nguyên đề thì chỉ có thể sửa abc=-1 thì có dấu =

Ừ nhỉ quên mất nếu rứa thì a,b,c thuộc R thôi ko thì bỏ dấu bằng bạn nhé thôi quất lun 2 bài cho tiện

Tiếp đi bạn

Là sao vậy t ko hỉu nhưng bdt trên đúng thay số nào zô cũng đúng hết có điều dấu bằng mình bí

Cho $ a,b,c >0 ; abc = 1 $
Chứng minh $ \frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\ge 1 $

Cho $ a,b,c >0 ; abc = 1 $Chứng minh $ \frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\ge 1 $

bđt này đúng đấy các bạn giả sử c=min(a,b,c) => c<=1 ta sẽ cm 1/c^2-c+1>=1 <=>c>=c^2 đúng vì c<=1 dấu = xayr ra thì em chịu
ps chứng minh vậy đúng chứ ) sai đừng gạch đá