$VT \ge \left( {\dfrac{{4(xy + yz + zx)}}{{{{(x + y + z)}^2}}}} \right)\left( {{{\left( {\dfrac{1}{{x + y}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{y + z}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{z + x}}} \right)}^2}} \right) \ge \dfrac{9}{{{{(x + y + z)}^2}}}$

pác nè làm vắn tắt wa.Hic mà cm bài toán nè lại phải dùng một bài toán khác cũng mạnh và khó như bđt Iran 96 sao pác!em nghĩ dùng cách khác đi

coi bộ topic này cũng vui ghê ! Cho em 1 slot.
Tên thật: Đinh Công Quý
Nick VMF: CVP
Hiện tại đang học lớp: 8
Vị trí muốn đá: Chân dự bị chính

Cho hỏi đá ở đâu và lúc nào cái anh em :-?.
Bộ anh định chém hả, xag đến đó em hết thể lực rùi =)).

Mod ơi là Mod, sao đi tả lá tiến lên hết thế này!
P/s: ai solo caro với em không )

topic vắng vẻ quá xin đóng góp 1 bài vậy:
Cho biểu thức: $P=\frac{x+y}{z+t}+\frac{y+z}{t+x}+\frac{z+t}{x+y}+\frac{x+t}{z+y}$
Tìm giá trị của P biết rằng:
$\frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}$

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức ta có: $\large \frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}=\frac{x+y+z+t}{3(x+y+z+t)}=\frac{1}{3}$
Suy ra $\large \begin{cases} &3x=y+z+t(1)\\ &3y=x+z+t(2)\\ &3z=x+y+t(3)\\ &3t=x+y+z(4) \end{cases}$.
Từ $(1);(2) \Rightarrow x+y=z+t (*1)$.
Mặt khác từ $\large (1);(4)\Rightarrow x+t=y+z (*2)$
Từ $\large (*1); (*2)\Rightarrow x=z$. Tương tự ta có được $x=y=z=t \Rightarrow P=4$.

Một bài tui mới sáng tác ra : Tìm số nguyên tố p sao cho $\dfrac{(p-1)!+10}{p}$ là 1 số nguyên dương

Mới sáng tác hả H
lời giải: Theo định lí wilson ta có $\begin{array}{l}
\left( {p - 1} \right)! \equiv - 1\left( {\bmod p} \right) \\
\Rightarrow \left( {p - 1} \right)! + 10 \equiv 9\left( {\bmod p} \right) \\
\Rightarrow p = 3 \\
\end{array}$
vậy p=3

$\dfrac{{ - b \pm \sqrt {b^2 - 4ac} }}{{2a}}$

a, Giải PT: $13\sqrt{x-1}+9\sqrt{x+1}=16x$
b,: Giải PT:$ \sqrt{x}+ \sqrt[3]{x+7}= \sqrt[4]{x+80} $ (phần b là bài toán của Hungary )

phần a dùng bđt cô-si nghiệm x=5/4
phần b dự đoán nghiệm =1;trừ 2 vế cho 3.
phân tích thành nhân tử x-1 là xong! co nghiệm duy nhất thui

Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy )
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha

Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$

Bài 3:
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
Và $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.

Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)

Thêm Vĩnh Phúc đi anh !

Mình làm thử nha:
Đặt $\dfrac{a}{b+c}=x,......$ suy ra $xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z\ge xy+yz+zx$
suy ra ta phải CM $k^3xyz+k^2(xy+yz+zx-1)+k(x+y+z-2)\ge 0$
$VT\ge \dfrac{1-xy-yz-zx}{2}*k^3+k^2(xy+yz+zx-1)+2k(xy+yz+zx-1)=(1-xy-yz-zx)(\dfrac{k^3}{2}-k^2-2k)\ge 0 $ với mọi k thỏa mãn đk trên
câu sau thì chắc là hệ quả câu trước

Cách bạn ổn lắm!mình chứng minh cách khác nhé:
BĐT cần chứng minh <=>$(ka+b+c)(kb+c+a)(kc+a+b)\ge (k+1)^2(a+b)(b+c)(c+a)$
$<=> ka^{3}+kb^{3}+kc^{3}+k^{3}abc-k\sum_{sym}a^{2}b-kabc-2k^{2}abc\ge 0$
$<=>a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge 0$
Mặt khác theo bđt schur thì : $a^3+b^3+c^3+3abc- \sum_{sym}a^{2}b\ge 0$
$=> a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge k^2abc-2kabc-4abc=abc(k^2-2k-4)\ge 0$ (đúng vì $k\ge 1+\sqrt{5}$)
Ta có đpcm

Tiếp một bài toán hay:
Cho $k\ge 1+\sqrt{5}$ và a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$(\dfrac{ka}{b+c}+1)(\dfrac{kb}{c+a}+1)(\dfrac{kc}{a+b}+1)\ge (k+1)^2$

p/s có thể thấy khi k=4 ta có bđt khá quen thuộc:
$(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{c+a}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$

Coi cái này cho nó tiện.

Mình coi rùi nhưng ko có lời giải cho phần b đó hả bạn???

Mình góp vui văn nghệ bài tự chế
$(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc})^2+1\ge 2(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})^3$

Làm thử xem sao:
bt $<=>(\dfrac{a^3+b^3+c^3-3abc}{3abc}+1})^2+1\ge 2(\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}+1)^3$
$<=>(\dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3abc})^2+2(\dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3abc})\ge 2(\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca})^3+6(\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca})^2+6(\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca})$
$<=> 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(\dfrac{a+b+c}{3abc}-\dfrac{3}{ab+bc+ca})+(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2(\dfrac{1}{9a^2b^2c^2}-\dfrac{2}{(ab+bc+ca)^3}) \ge0$
Cái này thì hiển nhiên đúng rùi,vì theo AM-GM:
$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9abc => \dfrac{a+b+c}{3abc}-\dfrac{3}{ab+bc+ca}\ge 0$
$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \ge0$
$(ab+bc+ca)^3\ge 27a^2b^2c^2 => \dfrac{1}{9a^2b^2c^2}-\dfrac{2}{(ab+bc+ca)^3} >0$
Hơi lằng nhằng thông cảm check hộ cái nha.Mong là ko nhầm

Đã góp vui thì tui góp thêm
Cho $x,y,z\ge \dfrac{2}{3}$ và $x+y+z=3$
Chứng minh rằng: $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xy+yz+zx$
Dấu = xảy ra khi nào??

Bài tiếp theo:
Cho $x,y,z \in [\dfrac{1}{2};,2]$. Chứng minh rằng:
$8(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})\ge 5(\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z})+9$

Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh bđt sau:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c+\dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Tiếp một bài tương tự nhé:
Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\dfrac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \ge 33$

um! tiện thể giúp tôi
CMR với mọi a,b>0thì
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)} \le 3(a^2+b^2)$

Bài nè để tui giúp.
Chỉ sử dụng AM-GM:
$LHS=(a+b)\sqrt{2a(a+b)}+b\sqrt{2}\sqrt{(a^2+b^2)} \le \dfrac{(a+b)^2+2a(a+b)+2b^2+a^2+b^2}{2}$
$=a^2+b^2+(a+b)^2\le 3(a^2+b^2)$
=>đpcm dấu = khi a=b

ừ nhưng dù sao cũng cảm ơn bạn về cái đề!!
làm bài nè nào:
Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: $2\ge x\ge y\ge z$ ; $x+y\le 3$; $x+y+z\le 3$
Tìm giá trị lớn nhất của $S=2^x+2^y+2^z$
bđt mũ kiểu này hơi lạ!nhờ mọi người góp ý bài nè rùm!!ai có lời giải thì post lên nhé!

p/s: wen mất mình sửa lại rùi tìm max đó bạn!

Mình ko chắc về dòng này

Ừ mình ghi nhầm chút.thông cảm nó viết hơi lằng nhằng mà!nhưng vẫn ko sai

Ủa ko ai làm bài trên sao???dùng dồn biến thui mà
Vậy mời thử tiếp bài toán nè nhé:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge2$

Thêm một câu hỏi nữa cho bài toán này:
Chứng minh rằng tồn tại $a,b,c >0$ sao cho:
$\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}<2$
Mời các bạn!!

Thực ra thì 2 cách chả khác gì nhau: Cauchy-shwarz như sau:
$VT^2\le [(a+b)^2+2b^2][2a(a+b)+a^2+b^2]=[(a+b)^2+2b^2][(a+b)^2+2a^2]\le [(a+b)^2+a^2+b^2]^2\le [3(a^2+b^2)]^2=VP^2$
Vậy => đpcm! dấu = khi $a=b$!