Vietfrog có người yêu là dân chuyên Văn cơ à . Hơn anh rồi đó nha, anh tủi quá .

Anh Thành post ảnh anh lên cho bọn em chấm điểm đê.
Khó khăn mỗi ảnh của anh với ảnh của cậu dark_templar thui đó.
Anh post ngay nha.
Mà anh tủi gì mà tủi? Chắc người yêu anh chuyên Toán nốt hả . Được cả đôi!

@to Khánh:Cậu Khánh sang I-Rắc chơi à .

@to Giang1994: Cậu còn định gạ gẫm mình post ảnh người yêu lên làm gì , người yêu mình học chuyên Văn, không phù hợp với VMF ta. .

@to Phúc: Bác Phúc post ảnh mau lẹ lên nhé, hội đồng nhiếp ảnh đang rất hồi hộp đấy.

Hôm nay up ảnh chụp chung với mấy đứa bạn cho mọi người cùng đánh giá

Mình ngồi góc ngoài cùng bên phải

Kaka. Cuối cùng cũng thấy cậu Phúc.
Trông lớn ghê. Gặp ngoài đường chắc mình chào bằng anh mất

Cắm trại hả anh?

Vậy thì anh Thế làm Bang chủ Cái bang rồi )

Kaka. Ca sĩ này là ai?? Ngọc Thế chứ ai

Ec ec. Nhiều anh em đưa ảnh lên quá. .Tự tin phát.
Ảnh của mình đây. Đề nghị ông Phúc (dark_templar ) bắt trước tôi ngay.

Hix, lục lọi lại mới tìm thấy 1 cái trên Zing me @@

Anh vietfrog đẹp trai nhỉ ^^

Chú cứ quá khen. Anh bình thường thôi mà

Cậu Giang với Toàn đẹp zai ghê.
-Mình thực sự bất ngờ về Giang. Trông rất Giang.... giang hồ. .
-Còn Toàn, lớp 8 gì mà to cao thế kia? .''Ăn gì to béo đẫy đà làm sao'' .

Tôi đề nghị anh Dark_templar ( Phúc) đưa ảnh lên ngay, tôi thách anh đấy!

Hỏi nhiều bài vậy em. Nhiều bài tương tự những bài em vừa hỏi rồi mà.
Em phải học gõ Latex đi nhé, không lần sau anh del bài đó!
Gợi ý:
Bài 1:
Chứng minh:
$\dfrac{a}{{a + b + c + d}} < \dfrac{a}{{b + c + a}} < \dfrac{{a + d}}{{a + b + c + d}}$
Tương tự sau đó công lại thấy $1<A<2$ suy ra A không nguyên!
Bài 2:
Áp dụng BĐT Shwarz có ngay:

$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{a + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{2(a + b + c)}} = 1$

Bài 3:
Thế ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ vào và biến đổi là được.
Bài 4:
Giả thiết tương đương:
$ab + bc + ac = 0$
Bài 5:
....

Góp vào Topic của Kiên một bài:

Bài 32 :
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a,b,c < 4$.
Chứng minh bất đẳng thức: $$\dfrac{1}{4-a}+\dfrac{1}{4-b}+\dfrac{1}{4-c}\geq \dfrac{3}{4}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}$$

Bài 153:Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c chu vi bằng 2. Tìm GTNN của
$P=4(a^3+b^3+c^3)+15abc$

Giả thiết tương đương : $a+b+c=4$.
Sau đó dùng phương pháp Look at the end point là xong. Khá ngắn gọn
Có thể tham khảo phương pháp tại đây!

Anh xin lỗi do không theo dõi từ đầu nên post lặp xin thay bằng bài khác (Không biết có lặp nữa không)
Bài 202:Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$.Chứng minh rằng
$$3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + 4abc \ge 13$$

Bài này không cần là $3$ cạnh tam giác đâu.
Lời giải ( Phương pháp Look at the end point )
Ta có: \[\begin{array}{l}
A = 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = 3\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2ab} \right) + 3{c^2} + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = 3{\left( {3 - c} \right)^2} - 6ab + 3{c^2} + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = ab\left( {4c - 6} \right) + 6{c^2} - 18c + 14 \\
\end{array}\]
Bằng BĐT $AM-GM$ ta dễ dàng có được: $ab \in \left[ {0;\frac{{{{\left( {3 - c} \right)}^2}}}{4}} \right]$
Xét:$A = f(ab) = ab\left( {4c - 6} \right) + 6{c^2} - 18c + 14\backslash \left[ {0;\frac{{{{\left( {3 - c} \right)}^2}}}{4}} \right]$
Đây là một hàm bậc nhất ẩn $ab$. Ta luôn có: $Minf(ab) = Min\left\{ {f(0);f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right)} \right\}$
Ta chứng minh: $\left\{ \begin{array}{l}
f(0) \ge 0 \\
f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right) \ge 0 \\
\end{array} \right.$
Thật vậy: \[\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = 6{c^2} - 18c + 14 > 0 \\
f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right) = {\left( {c - 1} \right)^2}\left( {c + \frac{1}{2}} \right) \ge 0 \\
\end{array} \right.\]
Như vậy thì : \[A \ge 0 \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 4abc - 13 \ge 0\]
Ta có được đpcm.
Dấu ''='' khi $a=b=c=1$.
------------------------------------------
P/s: Các em THCS hoàn toàn có thể sử dụng. Tuy đây là cách không ngắn gọn nhưng có thể áp dụng nhiều bài.
Đề lại một bài nhé.
Bài 203:
Cho $a,b,c$ là 3 số dương có tổng bằng 3. Tìm GTLN,GTNN nếu có của:

\[A = 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 3\left( {ab + ac + bc} \right) + 5abc\]

Bài anh Thành có xảy ra dấu = đâu?
Với cách chứng minh đó thì dấu bằng xảy ra tại $x;y;z \in \left\{ {1;3} \right\}$.
Dễ thấy không có bộ số nào thỏa mãn.
Theo anh, cách chứng đó phù hợp với bài của Phúc.
$x=y=1;z=3$ hoặc $x=y=3;z=1$ ra VP của Phúc

Cứ đà này thì Hoàng đoạt giải rồi . Mình tham gia muộn quá .

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

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!

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:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge \dfrac{{15}}{2}$

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 $a=b=c=1$

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!

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!

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

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

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

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

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!