Lời giải này sai rồi. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng $\sum \dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{(\sum x_i)^2}{\sum a_i}$ chỉ đúng khi $a_i>0$.
Lưu ý các bạn trẻ, không nên quá lạm dụng những bất đẳng thức mạnh để giải quyết những bài toán đơn giản.

Cảm ơn anh Lâm đã góp ý. Em làm ẩu quá. .
Lâu lắm mới thấy anh lên diễn đàn, anh để lại vài bài BĐT cho bọn em làm được không ạ?

Lâu lâu không post bài trong Topic. Mọi người chém vài bài này nhé.
Bài 71:
Cho $x;y;z \in \left[ {0,1} \right]$. Tìm GTLN của
\[S = {x^2}(y - z) + {y^2}(z - y) + {z^2}(1 - z)\]
Bài 72:
Cho $x;y;z;t$ là các số dương. Tìm GTNN của:
\[P = \dfrac{{x - t}}{{t + y}} + \dfrac{{t - y}}{{y + z}} + \dfrac{{y - z}}{{z + x}} + \dfrac{{z - x}}{{x + t}} \]

Còn cách không dùng đến đạo hàm đó

Bài này Đạt post cách không dùng đạo hàm của em lên nhé. .
Ngoài cách ở trêna,anh có 2 cách khác nhưng vẫn dùng tới đạo hàm.
Cách 1:
Khảo sát hàm :\[f(x) = \dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x\]
Hàm này đạt cực đại tại $x = 1$.
Ta suy ra được : \[f(x) \le f(1) = \dfrac{1}{4}\]
Tương tự với 2 biểu thức còn lại rồi cộng ba bđt cùng chiều ta được:\[\dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x + \dfrac{y}{{{y^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln y + \dfrac{z}{{{z^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln z \le \dfrac{3}{4}\]
Suy ra đpcm do \[\ln x + \ln y + \ln z = 0\].
Cách 2:
Theo BĐT AM-GM ta có: \[\sum {\dfrac{a}{{{a^2} + 3}}} \le \sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \]
Ta sẽ Chứng minh:
\[\sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \le \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{a}{{a + 1}}} \le \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{1}{{a + 1}}} \ge \dfrac{3}{2}\]
Đến đây anh dùng đạo hàm, không biết Đạt làm ntn?

Lâu lắm mới post bài.
Bài 60:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2(ab + ac + bc)\]

P/s: Đây là một Bất đẳng thức có thể ứng dụng rất hay.

vietfrog thông cảm nha Đang cơn lười gõ Latex Cjhi3 gợi ý thôi

Xài BDT Bernoulli

Bài APMO 2004 có rất nhiều cách giải và đã được mở rộng, làm chặt rất nhiều. Bên cạnh cách như của bạn Hà Quốc Đạt hay cách xài BĐT Bernoulli như của dark templar thì còn có thể có thêm các cách khác.
Không nêu ra hết được nhưng có thể kể tới :
Cách 1: Sử dụng Cauchy-Schwarz :
$({a^2} + 2)({b^2} + c) = ({a^2} + 1)({b^2} + 1) + {a^2} + {b^2} + 3 \ge \dfrac{3}{2}\left[ {{{(a + b)}^2} + 2} \right]$...

Cách 2: Dồn biến với việc đặt : $\dfrac{{a + b}}{2} = t$ sau đó chứng minh : $f(t;t;c) \ge 0$...

@vietfrog :Có rất nhiều hương giải quyết nhưng mong mọi người post lời giải cụ thể lên để các thành viên tiện theo dõi.

@to dark templar : Đi cai bệnh lười gõ latex đi, chứ cứ để đang cơn lười gõ latex thế nguy hiểm lắm . Đi cai đi. VMF vẫn mở rộng vòng tay với những người biết làm lại

Bài 85
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn:$xy + yz + xz \le 3$
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{2}{{\sqrt {xyz} }} + \dfrac{{27}}{{(2x + y)(2y + z)(2z + x)}} \ge 3\]

Không ai chém à.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$$\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{27}{xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x)}}$$
Đánh giá mẫu:
$$xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x) = (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \le \dfrac{3^3(xy+yz+xz)^3}{27} \le 3^3$$
$$\Rightarrow \dfrac{2}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3$$

Mọi người nhớ ghi số bài nhé. Làm xong nhớ post 1 bài để lại để Topic hoạt động .
Phê bình Đạt nhá .
Xin phép post một số bài cho anh em chém. Có kinh nghiệm gì chia sẻ luôn nhé. Cứ chém không buồn lắm .
Bài 97:
Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{{{a^4} + {b^4} + {c^4} + abcd}} + \frac{1}{{{b^4} + {c^4} + {d^4} + abcd}} + \frac{1}{{{c^4} + {d^4} + {a^4} + abcd}} + \frac{1}{{{d^4} + {a^4} + {b^4} + abcd}} \le \frac{1}{{abcd}}\]
Bài 98
Cho $x,y>1$.Tìm GTNN của:
\[P = \frac{{\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)}}\]
Bài 99:
Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^3}}}{{{b^2} + 3}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} + 3}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} + 3}} \ge \frac{3}{4}\]
Bài 100: (mốc son)
Cho $x,y,z$ là các số không âm. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + yz + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + zx + {x^2}}} + \frac{{4xyz}}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right)}} \le \frac{3}{2}\]
( câu này em chịu )

Mọi người nhiệt liệt ủng hộ Topic tròn 100 bài nhé!

Lời giải :
Ta dễ dàng nhận ra , đây là bài tìm giá trị nhỏ nhất cua ba bất đẳng thức nhỏ :

$A = \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} ( Nesbit )$
$B=\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} =\frac{1}{2}$
$C=\frac{c^3}{b+c}+\frac{a^3}{c+a}+\frac{b^3}{a+b} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{bc+c^2+ac+a^2+ab+b^2}$
$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$ $\geq \frac{a+b+c}{6}=\frac{1}{6}$
$A+B+C=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{13}{6}$
$\Longrightarrow$ điều phải chứng minh

$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!

Post một số bài nên cho anh em chém nhá. Cảm ơn mọi người đã tham gia Topic trong thời gian qua.
Bài 116:
Cho các số $a,b,c$ dương thỏa mãn: $\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 6 \\
{a^2} + {b^2} + {c^2} = 14 \\
\end{array} \right.$
Tìm GTLN,GTNN của $P = \frac{{4a + b}}{c}$
Bài 117:
Chứng minh rằng:

\[\frac{{\sin x + 2\cos \frac{x}{2}}}{{\cos x + 2\sin \frac{x}{2}}} \ge 1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2},\forall x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\]

Bài 118:
Cho $2x-y=2$. Chứng minh rằng:

\[\sqrt {{x^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2}} \]

Bài 119:
Cho $x,y \ge 0;{x^3} + {y^3} = 1$
Tìm giá trị lớn nhất của: \[P = \sqrt x + 2\sqrt y \]

Không hiểu Toàn lấy mấy bài trên ở đâu mà khủng khiếp quá. Mấy bài này đã làm Topic ngừng trệ 1 thời gian rồi. Nếu Toàn làm được hoặc có lời giải thì post lên nhớ. Cũng lâu lắm rồi mà.
Tạm gác lại mấy bài trên. Xin tiếp tục hoạt động của Topic với một số BĐT phù hợp hơn.
Bài 107:
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

\[\frac{{{a^8} + {b^8} + {c^8}}}{{{a^3}{b^3}{c^3}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]
Bài 108:

Cho các số thực $\ x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2-4x+2z \le 0$.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $$P=2x+3y-2z$$
Mọi người tham gia nhé!

Vô ủng hộ anh "Việt Cóc"
Bài 98:
$P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{y-1}$

Việt Cóc nào .
Em gõ nhầm P rồi đó. Và $P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1}$ thì em áp dụng bổ đề kia như thế nào đây.
Theo anh thì dùng hàm số cũng được .

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: $$P \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{x + y - 2}} = \frac{{{t^2}}}{{t - 2}}=f(t)$$
Dùng hàm số với ĐK $t>2$ ta dễ dàng thu được :$f(t) \ge f(4)$
Như vậy $P \ge f(4) = 8$

Tiện đây post thêm một số BĐT đối xứng đơn giản để mọi người chém nhiều cách.
Bài 53: ( HSG tỉnh Hải Dương vòng 2 năm 2009-2010 )
Cho $a,b,c$ là các số dương và $abc=1$.
Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}} + \dfrac{b}{{b + {c^4} + {a^4}}} + \dfrac{c}{{c + {a^4} + {b^4}}} \le 1$

Bài 54:
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn : ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$
Chứng minh rằng:

$\dfrac{x}{{1 - {x^2}}} + \dfrac{y}{{1 - {y^2}}} + \dfrac{z}{{1 - {z^2}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$

Bài 47 (Một BĐT nhẹ nhàng)
Cho $a;b;c;x;y;z \ge 0$ thỏa mãn: $a + x = b + y = c + z$
Chứng minh rằng:
$ax + by + cz \le 1$

Nếu làm giống như bạn thì phải ra $\max f(x)=\dfrac{1}{3}$ mới đúng.
Mà làm như bạn cũng sai rồi.Với $n=2$ thì $\max f(x)=\dfrac{4}{27}$ khi $(x;y;z)=\left(0;\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3} \right)$ chứ không phải là $\dfrac{1}{3}$.

Ừ. Mình biết sai rồi , mình biết mình làm như thế là không đúng , mong mọi người tha thứ cho mình .
Vậy là còn 2 bài trong topic chưa giải:
Bài 1:

Tổng quát:Cho $n$ số thực dương $a_1;a_2;...;$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}a_{i} -\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_{i}} \le \max \{(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}})^2 \};1 \le i \neq j \le n.$

P/s: Có khi bài này dark templar phải làm thui
Bài 2:

Cho x, y, z là các số thực không âm và $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x\,\,,\,n \in N$.

Bài tiếp theo.
Cho $a_1 ,a_2 ,...,a_n > 0;\,\,\,\,\,S = a_1 + a_2 + \cdot \cdot \cdot + a_n $. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{\sqrt {a_1 } }}{{\sqrt {S - a_1 } }} + \dfrac{{\sqrt {a_2 } }}{{\sqrt {S - a_2 } }} + \cdot \cdot \cdot + \dfrac{{\sqrt {a_n } }}{{\sqrt {S - a_n } }}\,\,\,\,\, \ge \,\,\,\,2;\,\,\,\,\left( {n \ge 2} \right)$.

------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge 2$

Ta đánh giá:

$\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} = \sqrt {\dfrac{{a_i^2}}{{(S - {a_i}).{a_i}}}} = \dfrac{{{a_i}}}{{\sqrt {(S - {a_i}).{a_i}} }} \ge \dfrac{{{a_i}}}{{\dfrac{S}{2}}} = \dfrac{{2{a_i}}}{S}$

Từ đó suy ra:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge \dfrac{{2.\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}{S} = 2$

Dấu ''='' xảy ra khi: $n=2;{x_1} = {x_2} > 0$
..........................................

Hix , giải sau anh Messi chỉ 4 phút , để em góp thêm vài bài hay nhé:
Bài Toán: Cho $x_1,x_2,x_3,......,x_n$ dương thỏa mãn :
$ \dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+\dfrac{1}{1+x_3}+.........+\dfrac{1}{1+x_n}=1$
Hãy chứng minh :$ x_1.x_2.x_3.....x_n \ge (n-1)^{n}$.

Không hiểu sao có động lực làm bài của Tú.
Xin trình bày như sau:
Từ Giả thiết ta có:
$\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_{n - 1}}}} = 1 = \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = \dfrac{{{x_n}}}{{1 + {x_n}}}$

$\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_{n - 2}}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = \dfrac{{{x_{n - 1}}}}{{1 + {x_{n -1}}}}$
......
$\dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_4}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = \dfrac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}}$
Nhân theo vế rồi áp dụng BĐT AM-GM ta được :
$\dfrac{{\prod\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }}{{\sum\limits_{i = 1}^n {(1 + {x_i})} }} \ge \dfrac{{{{(n - 1)}^n}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {(1 + {x_i})} }}$
(Viết hơi dài nên làm tắt, mọi người thông cảm! )
$ \Rightarrow {x_1}{x_2}{x_3}...{x_n} \ge {(n - 1)^n}$ (đpcm)
Mọi người cho ý kiến!

Xét $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{2a^2c+2c+4b^2} = \dfrac{b+1}{2c(a^2+1)+4b^2} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)} $
Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)}= \dfrac{b(b+1)}{1+b^3} $
Lại có $ b^3+1 \geq b(b+1)$ Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{1}{4} $
Làm tương tự suy ra $ P \leq \dfrac{3}{4} $

Phân tách thế này tôi chịu. Ý tưởng của tôi lại khác. Nó chỉ phù hợp với những dạng bài như sau: (cũng cho abc=1 )
Bài 11:Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $abc = 1$. Tìm Max của :
$P = \dfrac{1}{{2{a^2} + {b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{b^2} + {c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{c^2} + {a^2} + 3}}$

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Đáp lễ. Xin tặng lại Lâm 1 BĐT đơn giản nhưng khá hay như sau:
Bài 5:Cho ABC là tam giác nhọn. $A,B,C$ là ba góc, $a,b,c$ là 3 cạnh đối diện 3 góc đó.
CMR:
$3(a + b + c) \le \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})$.

Bài tiếp nữa nhé:
Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$


P/s:@dark templar: Mod dark templar có ghé topic thì đánh số lại các bài trong topic này giúp mình nhé ! Đa tạ!

Mình nghi ngờ là bạn chép sai đề Bởi đây là bài tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn:$ab+bc+ca>0$ và $k>0$.Chứng minh rằng:

$\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{b}{a+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{c}{a+b} \right)^{k} \ge \min \left\{2;\dfrac{3}{2^{k}} \right\}$

Hihi. Bình tĩnh đã chứ. Sao lại nghi ngờ mình. Mình thành thật mà. dark templar...hãy cho mình giải thích (trong film hay như thế )Bài toán tổng quát là như thế này.
Bài toán tổng quát cho bài 31: (theo mình là như thế )
Cho $a,b,c>0$ và $n \in N,n \ge 2$
Chứng minh rằng:

$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$
P/s: Bài 31 là trường hợp riêng với $n=5$ và thêm cái dấu = vào thôi , mình đã có lời giải, mọi người yên tâm, không lừa đảo đâu .

Ah, mình dựa vào định lí dồn biến (của PKH và của Trần Phương).
(Bỏ qua mấy yếu tố phụ). Nếu
$\\ f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt{x_1x_2},\sqrt{x_1x_2},x_3,...,x_n)\\ \Rightarrow f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},...,\sqrt[n]{x_1x_2...x_n})$

Rất cảm ơn ongtroi vì định lý dồn biến đầy bổ ích của bạn. ( Mình cứ lo bạn dùng AM-GM 3 số chỗ đó )
Định lý dồn biến khá thú vị.
Mình xin bổ sung thêm một cách nữa vẫn với ý tưởng dồn biến.
Lời giải 5
Chuẩn cho $a + b + c = 1$.
Với $f(a,b,c) = {(a + b + c)^3} - 27abc = 1 - 27abc$. Ta chứng minh:$f(a,b,c) \ge 0$
Đặt:$t = \dfrac{{a + b}}{2}$
Ta chứng minh:$f(a,b,c) \ge f(t,t,c)$
Thật vậy: $ab \le \dfrac{{{{(a + b)}^2}}}{4} = {t^2} \Rightarrow abc \le {t^2}c \Rightarrow 1 - 27abc \ge 1 - 27{t^2}c$
Để ý:$c = 1 - 2t$ nên $f(t,t,c) = 1 - 27.{t^2}(1 - 2t) = (1 + 6t){(1 - 3t)^2} \ge 0$
Dấu = xảy ra khi a=b=c


P/s: Các bạn hoàn toàn có thể dồn biến về trung bình nhân. Còn bạn nào có cách khác cứ post nhiệt tình nhé!

Lời giải 1 khá ngắn gọn. Mình xin góp một lời giải nữa.
Lời giải 2
Đặt:$a = {x^3};b = {y^3};z = {c^3}$
BĐT tương đương :
$\begin{array}{l}{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\\ \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0\\ \Leftrightarrow (x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz) \ge 0\end{array}$
Một điều luôn đúng!
Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bạn ongtroi cũng đã đưa ra cách giải trên sau 1 phút.
Lời giải 3 ( của ongtroi )
Biến đổi tương đương:
$\\ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ = \dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) \ge 0$

@ to ongtroi: Cách này mình vừa post r�ồi ( nhanh hơn 1 tẹo ) nên mi`nh hợp 2 bài viết lại cho mọi người dễ nhiìn. Rất cảm ơn bạn ongtroi đã tham gia topic!


P/s: Còn rất nhiều cách chứng minh thú vị. Mọi người post nhiệt tình nhé!

Tiếp theo. Chúng ta sẽ thảo luận về BĐT AM-GM với bộ 3 số.

Bài 42
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng :

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$

Ta có thể chứng minh BĐT thông dụng trên bằng bao nhiêu cách ???
Hãy trình bày cẩn thận, rõ ràng cách chứng minh của các bạn.
Hy vọng Topic sẽ sôi động trở lại!

Bài viết bắt đầu lẻ tẻ và khá khó r�ồi đây.
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$

Bài 38
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:

$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$

Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$

P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Giả sử $a \ge b \ge c$

Sử dụng BĐT Chebyshev cho 2 bộ 3 số :
${a^2} + bc \ge {b^2} + ac \ge {c^2} + ab$ và

$\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$

Theo BĐT Chebyshev ta có:

$3\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{a} \le \sum {({a^2} + bc)\sum {\dfrac{1}{a}} } } $

$ \Leftrightarrow 3\sum {(a + \dfrac{{bc}}{a}) \le \sum {(a + b + c + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c} + \dfrac{{bc}}{a}} )} $

$ \Leftrightarrow 2\sum {\dfrac{{bc}}{a} \le \sum {(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c}) \le 2\sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} } } $

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{a} \le } \sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{(bc)}^2} \le \sum {{a^3}b} ({\rm{ ok)}}} $

Hí. Bài nữa đi Lâm ơi!