Tiếp theo:
Sử dụng BĐT bài 60 để chứng minh BĐT bài 58.
Bài 58
Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng:
\[({a^2} + 2)({b^2} + 2)({c^2} + 2) \ge 9(ab + bc + ac)\]

P/s: Có 2 cách cho bài 58 rồi nhưng các bạn hãy thử sử dụng BĐT bài 60 để chứng minh xem sao....

Bài 89: Với A,B,C là 3 góc của 1 tam giác,chứng minh rằng:
$$3\sin{A}+4\sin{B}+5\sin{C}+5\sqrt{2(\sin^2{A}+\sin^2{B}+\sin^2{C})} \ge 8(\sin{A}+\sin{B}+\sin{C})$$

Bài này thấy kì kì sao ý. dark templar mà cho bài dễ vậy?
Theo Cauchy-Schwarz ta có:

\[\begin{array}{l}
5\sin A + 4\sin B + 3\sin C \le \sqrt {\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C} \right)} .\sqrt {{5^2} + {4^2} + {3^2}} \\
\Leftrightarrow 5\sin A + 4\sin B + 3\sin C \le 5\sqrt {2\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C} \right)} \\
\Leftrightarrow 3\sin A + 4\sin B + 5\sin C + 5\sqrt {2\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C} \right)} \ge 8(\sin A + \sin B + \sin C)
\end{array}\]

Bài 50:
Tìm Min của:
$P = \dfrac{{{{(x + y + z)}^6}}}{{x{y^2}{z^3}}}$
với x,y,z là các số dương

Chúng ta sẽ cùng nhau thảo luận về 2 bài sau:

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:
$ax + by + cz \le 1$

Bài 48: Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \geq \dfrac{3}{5}$
P/s: Chỉ dùng Cauchy.


@vietfrog: bboy114crew có cách giải Bài 48 thì post lên cho mọi người tham khảo nhé!

P/s: Topic dạo này trầm quá. Để chào mừng diễn đàn mới mọi người hãy tham gia giải bài và post bài nhiều nhé !

Chúng ta đã có 6 lời giải cho BĐT AM-GM 3 số. Các bạn có cách giải khác thì cứ tiếp tục post ( Nên đúng cấu trúc cây nhé )
Tiếp đến chúng ta sẽ tìm đến BĐT khá nhiều ứng dụng:
-----BĐT Schur với 3 số với cách diễn đạt sau:
Bài 43
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng:

${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)$

P/s: Mọi người post thật nhiều cách hay lên nhé!

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 99 mình làm cách này không hay cho lắm. Mọi người chém cách khác nữa nhé.
Áp dụng BĐT hoán vị, BĐT tiếp tuyến ta có được :
\[VT \ge \sum {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 3}}} \ge \sum {\left( {\frac{5}{8}(a - 1) + \frac{1}{4}} \right)} = \frac{5}{8}(a + b + c) - \frac{9}{8} \ge \frac{5}{8}.3 - \frac{9}{8} = \frac{3}{4}\]
( chú thích: ${(a + b + c)^2} \ge 3(ab + ac + bc) = 9 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$)
Cách này không phù hợp thi ĐH lắm

Rất cảm ơn Kiên và Huy đã tham gia Topic. Bài 102 lời giải khá ngắn gọn.

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: $$P=2x+3y-2z$$

Giả thiết được viết lại thành:
$$ (x-2)^2 + y^2 + (z+1)^2 \le 5$$
Khi đó ta có: $$\begin{array}{l}
{(P - 6)^2} = {\left( {2(x - 2) + 3y - 2(z + 1)} \right)^2} \le (4 + 9 + 4)({(x - 2)^2} + {y^2} + {(z + 1)^2}) \le 17.5 \\
\Rightarrow 6 - \sqrt {85} \le P \le 6 + \sqrt {85} \\
\end{array}$$

Nguồn onluyentoan.vn

P/s: Một lưu ý nhỏ, các bạn giải bài nào nên trích dẫn lại bài đó lên phía trên cho mọi người dễ theo dõi. Thanks!

Bài 165:

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

Bài 8:Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$

Chém luôn :
Theo BCS thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge (x^2+y^2+z^2)^2$(1)
Mà $ x \ge y \ge z$
Thế nên :
$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y}-(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge \dfrac{(xy+yz+xz)(x-y)(y-z)(x-z)}{xyz} \ge 0$(2)
Từ (1),(2) thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})^2 \ge (x^2+y^2+z^2)^2 \ge (xy+yz+zx)^2 $
Từ đó suy ra dpcm
Đây là bài VMO 1991 , có lẽ anh vietfrog đã cố tình thêm vài BĐT $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ đẩ làm cho BĐT ban đầu khó hơn phải không , hihi

Mình thêm ít bài nữa để có nhiều lựa chọn hơn cho các bạn
Bài 129.Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{1 + ab} + \dfrac{1}{1 + bc} + \dfrac{1}{1 + ca} \ge \dfrac{3}{2}$$

Sử dụng BĐT AM-GM ta có được :

$$\sum {\frac{1}{{1 + ab}}} \ge \sum {\frac{1}{{1 + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}}}} \ge \frac{9}{{\sum {1 + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} }} = \frac{9}{{3 + {a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$$

Cho em chém nha:
Từ giả thiết, ta có:
$\frac{1}{{1 + {x_1}}} = \left( {1 - \frac{1}{{1 + {x_2}}}} \right) + \left( {1 - \frac{1}{{1 + {x_3}}}} \right) + ... + \left( {1 - \frac{1}{{1 + {x_n}}}} \right)$
$ = \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} + \frac{{{x_3}}}{{1 + {x_3}}} + ... + \frac{{{x_n}}}{{1 + {x_n}}}$
Từ đó, theo bất đẳng thức A - G, ta được:
$\frac{1}{{1 + {x_1}}} \ge \left( {n - 1} \right)\sqrt[{n - 1}]{{\frac{{{x_2}{x_3}...{x_n}}}{{\left( {1 + {x_2}} \right)\left( {1 + {x_3}} \right)...\left( {1 + {x_n}} \right)}}}}$
Tương tự, ta có:
$\frac{1}{{1 + {x_2}}} \ge \left( {n - 1} \right)\sqrt[{n - 1}]{{\frac{{{x_1}{x_3}...{x_n}}}{{\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {1 + {x_3}} \right)...\left( {1 + {x_n}} \right)}}}}$
.....
$\frac{1}{{1 + {x_n}}} \ge \left( {n - 1} \right)\sqrt[{n - 1}]{{\frac{{{x_1}{x_2}...{x_{n - 1}}}}{{\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {1 + {x_2}} \right)...\left( {1 + {x_{n - 1}}} \right)}}}}$
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
$\frac{1}{{\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {1 + {x_2}} \right)...\left( {1 + {x_n}} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {n - 1} \right)}^n}{x_1}{x_2}...{x_n}}}{{\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {1 + {x_2}} \right)...\left( {1 + {x_n}} \right)}}$
$ \Leftrightarrow {x_1}{x_2}...{x_n} \le \frac{1}{{{{\left( {n - 1} \right)}^n}}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$\frac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}} = \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} = ... = \frac{{{x_n}}}{{1 + {x_n}}} \Leftrightarrow {x_1} = {x_2} = ... = {x_n}$
Kết hợp với điều kiện giả thiết, suy ra:
${x_1} = {x_2} = ... = {x_n} = \frac{1}{{n - 1}}$

caoduylam giải bài 14 à?caoduylam chắc mới vào nên không để ý. Bài này Nguyễn Hoàng Lâm đã giải ở #32 rồi.

Bài 14:Cho ${x_1},{x_2},{x_3},...,{x_n} \ge 0$ và thỏa mãn điều kiện:
$\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = n - 1$
Chứng minh rằng :
${x_1}{x_2}{x_3}...{x_n} \le \dfrac{1}{{{{(n - 1)}^n}}}$

với $ 1 \leq i,k \leq n ; i \neq k $

Ta có $ \dfrac{1}{x_i+1}= \sum^n_1 \dfrac{x_k}{x_k+1} \geq (n-1) \sqrt[n-1]{{\prod_{1}^{n}\dfrac{x_k}{x_k+1}}} $

Choi chạy từ 1 đến n rùi nhân các bđt lại là ra điều cần chứng minh

Nhưng dù sao lời giải của caoduylam cũng cụ thể và dễ nhìn hơn. Cảm ơn bạn!

Tạm thời làm bài 122 đã
Ta có $$(x^{10} + y^{10}).2^9 \ge (x + y)^{10} (1)$$
$$(x^{10} + y^{10})^3.2^7 \ge (x^3 + y^3)^{10} (2)$$
$$(x^{10} + y^{10})^6.2^4 \ge (x^6 + y^6)^{10} (3)$$
$$(1), (2), (3) \Leftrightarrow (x^{10} + y^{10}).2^{20} \ge \left ((x + y)(x^3 + y^3)(x^6 + y^6) \right )^{10} \Leftrightarrow S \le 2$$
Dấu = xảy ra khi $x = y$

Huy sửa lại chỗ này nhé.

\[(1),(2),(3) \Leftrightarrow {({x^{10}} + {y^{10}})^{10}}{.2^{20}} \ge {\left( {(x + y)({x^3} + {y^3})({x^6} + {y^6})} \right)^{10}} \Leftrightarrow S \le 4\]
Lời giải của Huy đã sử dụng BĐT Holder rất hay!

Nói chung em làm như vậy là cũng ổn rồi. May là anh bỏ dấu ''='' đi chứ không em lại tưởng sai đề. Bài giải của em có lẽ giống với gợi ý của anh dark templar:

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

Xin trình bày lời giải bài toán tổng quát:

Áp dụng AM-GM cho n số:

$\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c},1,1,..,1$

Ta có:
$\dfrac{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c} + (n - 1)}}{n} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c}}}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{(n - 1)(a + b + c)}}{{nc}} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c}}}$

Nghịch đảo lên ta được:

$ \Leftrightarrow \dfrac{{nc}}{{(n - 1)(a + b + c)}} \le \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{(a + b)(n - 1)}}}}$

$\sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}.\dfrac{c}{{a + b + c}}$
Cộng lại ta có:

$\sum {\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} \ge } \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}.\sum {\dfrac{a}{{a + b + c}}} = \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$
Giải điều kiện dấu = ta thấy dấu = không xảy ra.

Vậy
$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$

Vậy là còn 2 bài.

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


***Bài toán tổng quát cho bài 31: (theo mình là như thế )
Cho $a,b,c>0$ và $n \in ,n \ge 2$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$

Mọi người chém nhiệt tình nhé!

Nhại lại BĐT trên bằng một BĐT vừa chế nhé!
Mọi người ủng hộ nhé!

Bài 14:Cho ${x_1},{x_2},{x_3},...,{x_n} \ge 0$ và thỏa mãn điều kiện:
$\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = n - 1$
Chứng minh rằng :
${x_1}{x_2}{x_3}...{x_n} \le \dfrac{1}{{{{(n - 1)}^n}}}$
Hihi!

Xin phép làm trước

$P=ba+cb+ac=(b-c)a+(c-a)(a+b)+a(a+b+c)$
$\ge 3(b-c)+6(c-a)+12a=3b+3c+6a=3(a+b+c)+3a\ge 45 $

Đẳng thức xảy ra khi $a=c=3, b=6 $

Thành thật phê bình bạn hoangduc. x-(
Lời giải bạn hay như thế sao bạn không post thêm vài bài BDT để mọi người để mọi người cùng làm.
Tôi đề nghị bạn post ngay 1 bài cho tôi.

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

Bài 8:Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$

Tiếp với 1 bài này nhé ( Tặng Vietfrog và Caubeyeutoan ) :
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức với $ a,b,c $ dương :
$ P= \dfrac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}} + \dfrac{\sqrt{ac}}{b+3\sqrt{ac}} + \dfrac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}} $

Xin giải bài của Lâm, nếu sai xin thứ tội.
Để ý thấy BĐT đồng bậc. Chuẩn hóa cho $abc = 1$

$abc = 1 \Rightarrow bc = \dfrac{1}{a} \Rightarrow \sqrt {bc} = \dfrac{1}{{\sqrt a }}$

Tương tự:

$\sqrt {ac} = \dfrac{1}{{\sqrt b }};\sqrt {ab} = \dfrac{1}{{\sqrt c }}$

Ta có :

$S = \sum {\dfrac{{\dfrac{1}{{\sqrt a }}}}{{a + \dfrac{3}{{\sqrt a }}}}} = \sum {\dfrac{1}{{{{(\sqrt a )}^3} + 3}}} \le \sum { - \dfrac{3}{{16}}(\sqrt a - 1) + \dfrac{1}{4}} $(*dùng pp tiếp tuyến*)

$S \le \sum {( - \dfrac{3}{{16}}\sqrt a + \dfrac{7}{{16}}) \le 3\sum {(\dfrac{7}{{16}} - \dfrac{3}{{16}})} } $

$S \le \dfrac{3}{4}$

Dấu = xảy ra khi $a = b = c$

Vậy ${S_{m{\rm{ax}}}} = \dfrac{3}{4}$

Em xin trình bày một cách cho bài 2, đơn giản dễ hiểu :
Ta có :
$S=\dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c}$
Do : $(a+b)^2 \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{ab}{a+b} \le 4(a+b)$
Chứng minh tương tự ta có:$\dfrac{bc}{b+c} \le 4(b+c); \dfrac{ca}{c+a} \le 4(a+c)$
Vậy $S=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c} \le 8(a+b+c)=16$
MaxS=16 khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$

Tú làm nhanh ghê. Nhưng nên cẩn thận nhé. Tú nhầm chỗ này :
${(a + b)^2} \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{{ab}}{{a + b}} \le \dfrac{{a + b}}{4}$
Vì vậy Max bằng 1.Hi

Cho các số thực dương $a,b,c $ thỏa $a^2+b^2+c^2=1 $. Chứng minh:
$\dfrac{1}{1-a^2}+\dfrac{1}{1-b^2}+\dfrac{1}{1-c^2}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 9 $

Bài này mình giải không được

Mình đã hỏi một số người bạn bài này.
Đây là lời giải:
'' Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$\sum \dfrac{a^2}{1-a^2}+\sum \dfrac{bc}{1-bc}\geq 3$

Sử dụng Cauchy Schwarz:

$\sum \dfrac{a^2}{1-a^2}+\sum \dfrac{bc}{1-bc}\geq \dfrac{(\sum a^2+\sum bc)^2}{\sum a^2(1-a)^2+\sum bc(1-bc)}$

Ta đi chứng minh

$(\sum a^2+\sum bc)^2\geq 3\sum a^2(1-a^2)+3\sum bc(1-bc)$

Thật vậy điều đó tương đương với :

$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$
(Đúng theo Schur bậc 4)

Vậy ta có đpcm ''

Tiếp theo là một Bất đẳng thức đơn giản, có nhiều cách làm bài này. Mọi người làm nhiều cách vào nhé.
Chỉ dùng AM-GM
Bài 19:Cho $a,b,c > 0$
Chứng minh rằng
$\[(1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge {(1 + \sqrt[3]{{abc}})^3}\]$
Sau đó mọi bài toán tổng quát hơn cũng sẽ giải đựơc bằng nhiều cách
( Bất đẳng thức Holder)
Bài 20:Cho ${a_i} > 0,i = \overline {1,n} $
Chứng minh rằng:
$\sum\limits_{i = 1}^n {(1 + {a_i})} \ge {(1 + \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }})^n}$
Mọi người tham gia nhiệt tình nhé!

Bài tiếp theo nhé. Mọi người làm xong nhớ post thêm một bài Bất đẳng thức khác.
Nghiêm cấm việc rũ bỏ trách nhiệm, làm xong thì bỏ đi
Cảnh cáo '' dark_templar '' nhớ
Bài tiếp
Bài 26:Cho $x,y>0$
thỏa mãn$x+y=1$
Tìm Min của :
$P = \dfrac{{{x^3} + {y^3} + x + y + 3xy}}{{{x^3} + {y^3}}} + \dfrac{2}{{xy.{{(x + y)}^2}}}$

P/s: Tìm dấu ''='' nhé. Không quên post thêm bài

Cảm ơn bạn! Cách này khá hay nhưng việc dự đoán điểm rơi có đơn giản không bạn.

Việc dự đoán này cũng tương đối. Nhưng muốn có một lời giải đẹp thì kì công 1 chút cũng không sao mà.

Thử sức với bài Bất đẳng thức này nữa (dùng AM-GM)
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn :$21ab + 2bc + 8ac \le 12$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge \dfrac{{15}}{2}$

Một cách giải khác cho bài này.
Đặt :$a = 3x;b = \dfrac{5}{4}y;c = \dfrac{2}{3}z$ (chỗ này dự đoán điểm rơi trước)
Giả thiết trở thành:
$3x + 5y + 7z \le 15xyz$
Mặt khác áp dụng AM-GM ta có:
$3x + 5y + 7z \ge 15\sqrt[{15}]{{{x^3}{y^5}{z^7}}}$

$ \Rightarrow 15xyz \ge 15\sqrt[{15}]{{{x^3}{y^5}{z^7}}} \Rightarrow {x^6}{y^5}{z^4} \ge 1$
Ta có:
$P = 3x + 2.\dfrac{5}{4}y + 3.\dfrac{2}{3}z = \dfrac{1}{2}(6x + 5y + 4z) \ge \dfrac{1}{2}.15\sqrt[{15}]{{{x^6}{y^5}{z^4}}} \ge \dfrac{{15}}{2}$
Dấu = xảy ra khi $a = \dfrac{1}{3};b = \dfrac{4}{5};c = \dfrac{3}{2}$

Ta có bất đẳng thức thứ nhất tương đương với
$a + b + c + ab + bc + ca \ge 3\left( {\sqrt[3]{{abc}} + \sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right)$
Nó đúng bởi AM GM
Bất đẳng thức tổng quát cần sử dụng AM GM tinh tế hơn các bạn thử suy nghĩ vì suy cho cùng nó cũng không quá khó có thể tìm được dựa vào cách cm BCS bởi AM GM

Một cách nữa cho bài 1. ( để Chứng minh bài tổng quát)
Ta có Bất đẳng thức tương đương:
$1 + \sqrt[3]{{\prod a }} \le \sqrt[3]{{\prod {(1 + a)} }} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{\dfrac{{1.1.1}}{{\prod {(1 + a)} }}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{\prod a }}{{\prod {(1 + a)} }}}} \le 1$
Áp dụng AM-GM có ngay:
$\sqrt[3]{{\dfrac{{1.1.1}}{{\prod {(1 + a)} }}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{\prod a }}{{\prod {(1 + a)} }}}} \le \dfrac{1}{3}\left[ {\sum {\dfrac{1}{{a + 1}} + \sum {\dfrac{a}{{a + 1}}} } } \right] = 1$

TẢN MẠN BẤT ĐẲNG THỨC

Topic với những Bất đẳng thức không quá khó, cách giải không quá cầu kì.

Mong rằng mọi người sẽ cùng trao đổi và thư giãn với Bất đẳng thức

Bài 1: ( Nhiều cách càng tốt)
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn: $a+b+c=1$
Tìm Max :
$S = \dfrac{{ab}}{{1 + c}} + \dfrac{{ac}}{{1 + b}} + \dfrac{{bc}}{{1 + a}}$
Bài 2:(nhiều cách hơn nữa)
Cho $a,b,c$ dương thỏa: $a+b+c=2$
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$
Bài 3:(tùy tâm)
CMR: với $n>2$ thì :
$C_n^0C_n^1C_n^2...C_n^n \le {\left( {\dfrac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$