Tiếp cận bằng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$
Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$
Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$
$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$
Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$
Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$
Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm
$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$
$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$
$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$
Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$
$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$
Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$
Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định

Cái này là đẳng thức em khai triển ra là thấy ngay điều phải chứng minh.

4) một bđt mạnh hơn bđt 1) cho a,b,c thỏa ab+bc+ca>0 chứng minh

ta có 1 bài toán khác 

3) cho a,b,c không âm thỏa $ab+bc+ca> 0$ chứng minh

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2+(6-4\sqrt{2})\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

 

cho a,b,c là các số thực không âm thỏa ab+bc+ca>0 chứng minh

$\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{c+a}}\geq 1+(6-2\sqrt{2})\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

2)

$2+(6-4\sqrt{2})\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq \sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{c+a}}$

 

bài 2 là thế này

áp dụng bđt C-S ta có 

Thật ra ta có kết quả sau: Với $a,b,c$ là ba số thực bất kỳ và $A,B,C$ là các số thực cho trước. Xét đa thức

\[P(a,b,c) = \sum a^4 + A\sum b^2c^2 + B \sum a^3b + C\sum ab^3 -(1+A+B+C)abc(a+b+c).\]

Khi đó nếu $3(1+A) = B^2 + BC + C^2,$ thì \[P(a,b,c) = \frac{1}{18} \sum \left [ 3a^2-3b^2+(B-C)ab-(2B+C)bc+(B+2C)ca \right ]^2 \geqslant 0.\]

Với $A=0,B=1,C=-2$ ta được bài toán 1.

Với $A=-\frac{9}{25},B=-\frac{4}{5},C=-\frac{4}{5}$ ta được bài toán 3.

Với $A=2,B=-3,C=0$ ta được ví dụ 1.

anh Huyện gửi em cái chứng minh zô thi hay ktra gì đó bí quá lôi cái này ra luôn :v :v 

Ta có $2x^2-2x+1=(9x^2+1)-7x^2-2x\ge 6x-7x^2-2x=4x-7x^2$

Khi đó $\sum\frac{2x-x^2}{2x^2-2x+1}\le \sum\frac{2x-x^2}{4x-7x^2}=\sum\frac{2-x}{4-7x}$

Ta đi chứng minh:

$\sum\frac{2-x}{4-7x}\le 3\iff \sum\frac{x-2}{7x-4}\le 3\iff \sum\frac{6x-2}{7x-4}\ge 0$

Xét $f(t)=\frac{6t-2}{7t-4}$

Ta có: $f'(t)=\frac{-10}{(7t-4)^2}\le 0$

Từ đây suy ra f nghịch biến trên (0;1) (do x,y,z thuộc (0;1))

Không mất tính tổng quát giả sử: $x\le y\le z=> x\le \frac{1}{3}$

Ta cần CM: $ \sum\frac{6x-2}{7x-4}\ge 0$ hay ta đi chứng minh: $P=f(x)+f(y)+f(z)\ge 0$

Thật vậy:

Do f nghịch biến trên R và $x\le \frac{1}{3}$ nên $P\ge 3f(x)\ge 0$

Từ đây ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Bạn nào có tài liệu về BDT hay để thi vào trường chuyên khôn

có quyển sách PP giải toán BĐT và cực trị cho HS8,9 của Vqbc ĐÓ BẠN

x,y,z dương thỏa x+y+z=1

$\frac{2x-x^{2}}{2x^{2}-2x+1}+\frac{2y-y^{2}}{2y^{2}-2y+1}+\frac{2z-z^{2}}{2z^{2}-2z+1}\leq 3$

cho a,b,c là các số thực không âm thỏa ab+bc+ca>0 chứng minh

$\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{c+a}}\geq 1+(6-2\sqrt{2})\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

2)

Cho $a,b,c$ không âm. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{1}{4a^{2}-ab+4b^{2}}\geq \frac{9}{7(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Bạn chứng minh đi

cái này có trong bđt hiện đại dựa vào 1 bđt chặt là $\left | (a-b)^{2}(b-c)^{2} (c-a)^{2}\right |$
P.s:đây là một bài thảo luận nên mình ko muốn đôi co     nhìu

Dễ thấy của bạn à ._.

Mình nghĩ sao bạn biết được là hàm đơn điệu theo $r$ khi trên tử vẫn là $x^3y+y^3z+z^3x $

Cái này vẫn viết được theo dạng pqr nếu giả sử $a \geq b \geq c $ hoặc $a \geq c \geq b $

Nên bài giải sai

Vả lại

Cái kiến thức đó thi học sinh giỏi không được phép sử dụng mà phải chứng minh lại 

$x^3y+y^3z+z^3x $ nó vẫn viết được duois dạng pqr nhưng vẫn là biểu thức bậc 1 theo bậc 2 theo r :v :v   còn cách chứng minh của cái này khá ngắn 

Mình có cách "sơ cấp" hơn

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ thì từ giả thiết ta được $xy+yz+xz=1$.

Yêu cầu bài toán viết lại thành:

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

Mặt khác: $\sum \frac{x^2}{y}=(\sum xy) (\sum \frac{x^2}{y})\geq (x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$p^3-p^2-2p+3-\sqrt{3}\geq 0$ với $p=x+y+z\geq \sqrt{3}$.

Chứng minh được BĐT này đúng

ko biết giải bằng cách ni có đúng ko

bđt <=> f(r)=3+$\frac{x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x}{r}$-p²-$\sqrt{3}$ ta có dễ thấy f(r) là hàm đơn điệu theo r nên nó đạt Min khi có 2 biến bằng nhau là đủ như vậy ta thấy giả sử x=y thì điều kiên được viết lại x²+zx=1 và bđt trở thành $x+\frac{2x^{2}}{z}+3-(2x+z)^{2}-\sqrt{3}\geq 0$

rút thế tách về biểu thức 1 ẩn z thì ta sẽ chứng minh bđt 1 biến theo f(z) 
P/s ai có thể dùng AM-GM 1 cách thuần túy cho bài ni luôn ko :v :v

Đề Duyên Hải Bắc Bộ 

cho a,b,c dương thỏa a+b+c=abc chứng minh 

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

sai la

 

sao lại đúng được nếu a+b-2c$\leq$0 thì sao

bạn ơi bài này có tính hoán vị ta có thể giả sử c= min(a,b,c)         vì thế mà a+b>=2c mà thôi :v 

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có \[\sum  \frac{1}{2a^{2}+bc} = \frac{1}{{2{a^2} + bc}} + \frac{1}{{2{b^2} + ca}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} \ge \frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}}.\] Như vậy ta chỉ cần chứng minh \[\frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}} \ge \frac{8}{{{{(a + b + c)}^2}}},\] tương đương với \[2{(a + b + c)^2} \ge 2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b),\] hoặc \[3c(a + b - 2c) \ge 0.\] Hiển nhiên đúng.

a Huyện có thể chứng minh cái bđt ni là bài bđt được chứng minh 

$(a+b+c)^{4}\geq 2(\sum (b+c)^{2}(2a^{2}+bc))$

cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa ab+bc+ca >0 chứng minh 

$\frac{1}{2a^{2}+bc}+\frac{1}{2b^{2}+ca}+\frac{1}{2c^{2}+ab}\geq \frac{8}{(a+b+c)^{2}}$

Cho đoạn thẳng $BC. E$ là trung điểm $BC,D$ là trung điểm $EC$. Trên trung trực đoạn $CE$ lấy $F$ bất kỳ. $A$ thuộc tia đối tia $FC$ sao cho $FC=3FA. (AEC)$ giao $AB$ lần hai tại $G$. Chứng minh $EG$ vuông góc $GF$.

 Câu 1 sử dụng đánh giá $\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\geq \sqrt{\dfrac{a^2}{ab+bc+ca}}$ xong áp dụng AM-GM là ra

 Câu 2 thì sai đề rồi 

đã sửa 

1)cho a,b,c là các số thực ko âm chứng minh 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geq 6$(bài ni dấu bằng khá trí )

2)cho a,b,c dương chứng minh

(a+b)²(b+c)²(c+a)²(ab+bc+ca)²$\geq$ 8a²b²c²(a²+b²+c²)²

Chứng minh gì vậy bạn?

đã sửa 

 

Đề bài 6

 

Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:

 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right ).$

 

Chứng minh rằng:

 

$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq 5.$

 

bài ni có 1 ý tưởng đó là dùng bổ đề hoán vị nhưng thấy rắc rối quá và cái bổ đề cũng khó chứng minh nữa :3 @@ ta cũng có thể tổng quát lên thành đề VMEO tháng 11 THPT )

p/s ai có thể dùng phân tích p,q,r giải dc ko vại 

một bài toán thú vị khác

Bài 7:  Cho n số thực$ x_1,x_2,...,x_n thoả mãn x_1+x_2+...+x_n=n$. Đặt :

Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.

Ta có $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)(\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2} \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.
Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.
$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$
Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$
hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$