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

Cho em hỏi bài 86 dòng đầu sao ra được như vậy

Đúng rồi mà bạn.
\[{a^2}(a + b + c) + abc = {a^3} + {a^2}b + {a^2}c + abc = {a^3} + a(ab + ac = bc) = {a^3} + a\]

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:
\[P = \dfrac{{x - t}}{{t + y}} + \dfrac{{t - y}}{{y + z}} + \dfrac{{y - z}}{{z + x}} + \dfrac{{z - x}}{{x + t}} \]

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?

Mấy hôm không để ý topic này nó đã bừa bộn quá. Xin lỗi mọi người nhé.
Xin phép tổng hợp lại một số bài Bất đẳng thức chưa có lời giải trong topic.

Bài 65: ( post by ongtroi )
Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{ab+2c^2+2c}+\dfrac{1}{bc+2a^2+2a}+\dfrac{1}{ca+2b^2+2c} \ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}$
Bài 63: ( post by dark_templar )
Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+abcd \ge \min\left\{\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{9}+\dfrac{d}{27} \right\}$$


Bài 51:
Chứng minh rằng với a,b,c là các số thực không âm ta có bât đẳng thức:
$ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+2abc+3\geq(1+a)(1+b)(1+c)$

Bài 62:(Nguyễn Bảo Phúc) Cho $n \in N^*$.Chứng minh rằng:

$$ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{k} \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}} >\dfrac{2}{5}$$

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$P=yz(x+1)^2$

Bài 56: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn:

$ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0\\x^2+y^2+z^2=1\end{array}\right. $

Tìm GTLN của :

$H=x^2y^2z^2$

Bài 40:
Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa mãn:$ \left\{\begin{array}{l}a_1=a_2=1\\a_{n+2}=\dfrac{1}{a_{n+1}}+a_n,n=1,2,3...\end{array}\right. $.
Chứng minh rằng:

$\pi(n+k)>\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}a_{i+1}} >\ln (n+1)$

Trong đó $k$ là hằng số dương cho trước.



P/s: Trên đây dều là những BĐT chưa có lời giải ( nếu thiếu thì PM cho mình nha ), mọi người giải rồi post tiếp nhé.
P/s2: Đề nghị dark_templar , anh xunsint , anh ongtroi, bboy_114crew và các bạn yêu BĐT khác xử lý hộ. Xin cảm ơn!

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 $P \ge f(4) = 8$

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

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

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!

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!

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!

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

Mà
${\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} = {a^4} + {b^4} + {c^4} + 2{a^2}{b^2} + 2{b^2}{c^2} + 2{c^2}{a^2} \ge 2({a^3} + {b^3} + {c^3}) - 3 + 2{a^2}{b^2} + 2{b^2}{c^2} + 2{c^2}{a^2} \ge {a^3} + {b^3} + {c^3} + 6$

Đoạn này mình vẫn chưa hiểu. Hoàng trình bày kĩ hơn nhé. Cảm ơn rất nhiều . ( tại hạ ngu nguội mong được chỉ giáo )
Thực ra còn 1 cách nữa như sau:
Ta đánh giá từng phân thức một.
Ta có:
$\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}} = \dfrac{{{a^2}bc}}{{{a^2}bc + {b^4} + {c^4}}} \le \dfrac{{{a^2}bc}}{{{a^2}bc + bc({b^2} + {c^2})}} \le \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}$
Làm tương tự với 2 phân thức còn lại rồi cộng lại ta được :
$\sum\limits_{cyc}^{a,b,c} {\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}}} \le 1$ (đpcm)
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

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!

Thử sức với bài Bất đẳng thức này nữa (dùng AM-GM)
Bài 22:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn :$21ab + 2bc + 8ac \le 12$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge \dfrac{{15}}{2}$

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 :
$P = \dfrac{1}{{2{a^2} + {b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{b^2} + {c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{c^2} + {a^2} + 3}}$

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 ${S_{m{\rm{ax}}}} = \dfrac{3}{4}$

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 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: $n=2;{x_1} = {x_2} > 0$
..........................................

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!

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!

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!

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 .

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!