Nung nóng lại topic này nào.
-----------------
EXERCISE:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {{1 \over {{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {c + a} \right)}^2}}}} \right] \ge {9 \over 4}$
--------------------

Cai' này là Iran 96 đúng ko nhi?

Bài 419 . Cho các số dương a , b, c , d thỏa mãn điều kiện abcd = 1 . Chứng minh $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a+b)\geqslant 12$

AM-GM thẳng 12 số :
$VT\geq 12\sqrt[12]{(abcd)^{5}}= 12$

Đề đúng đó bạn.

Thế thì dấu "=" khi nào hả bạn ?????????

Đề có đúng không thế cậu ! Hình như $a+b+c= 3$ mới có dấu "=" chứ
Đây là cách làm của mình vs $a+b+c= 3$.
Giả sử b là số nằm giua a và c.
Khi đó : $(a-b)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow ab+bc\leq b^{2}+bc\Leftrightarrow abc+bc^{2}\leq b^{2}c+c^{2}a$
$\Rightarrow VT\leq a^{2}b+2abc+bc^{2}= b(3-b)^{2}= \frac{1}{2}.2b.(3-b)(3-b)\leq \frac{1}{2}.(\frac{6}{3})^{3}= 4$
Đ.P.C.M.
Dấu "=" xảy ra khi $a,b,c$ là hoán vị của $(0,1,2)$

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong !

Mọi người chém nhanh quá. Thêm 1 chút "gia vị" nào:
Bài 420: (VMO) Cho các số thực $x,y,z$ thoả mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=9$.CMR:

$2(x+y+z)-xyz=9$ .

Đề lại sai rồi ! $\leq 10$ hay sao chứ !
Giả sử $a^{2}\leq b^{2}\leq c^{2}$.Dễ dàng suy ra $c^{2}\geq 3,2ab\leq 6$ (Theo GT )
Dùng Cauchy-Schwarz :
$[2(a+b+c)-abc]^{2}=[2(a+b)+(2-ab)c]^{2}\leq [4+(2-ab)^2][(a+b)^{2}+c^{2}]$
$= (8-4ab+a^{2}b^{2})(9+2ab)= 2a^{3}b^{3}+a^{2}b^{2}-20ab+72$
$=(ab+2)^{2}(2ab-7)+100\leq 100$
$\Rightarrow 2(a+b+c)-abc\leq \mid 2(a+b+c)-abc\mid \leq 10$

p/s:Dạo này mắt ToanHocLaNiemVui kèm nhèm qá !

Bài 426 . Cho các số thực không âm $a,b,c$ . Chứng minh rằng $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq abc+\frac{3}{4}\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$

BĐT $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz}{3}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c).\sum (a-b)^{2}}{6}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
Ta có :
$2(a+b+c)= \begin{vmatrix} a+b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b+c\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c+a\end{vmatrix}\geq \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c-a\end{vmatrix}$
$\geq 3\sqrt[3]{\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c\end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}}$
$\sum (a-b)^{2}\geq 3\sqrt[3]{(\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix})^{2}}$
$\Rightarrow VT= \frac{2(a+b+c)\sum (a-b)^{2}}{12}\geq \frac{9}{12}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= VP$

Bài 468: Cho 3 số dương x,y,z có x+y+z=1. Chứng minh:
$\frac{1+\sqrt{x}}{y+z}+\frac{1+\sqrt{y}}{z+x}+\frac{1+\sqrt{z}}{x+y}\geq \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$

Bài này số xấu làm lằng nhằng qá
Ta có : $\frac{1+\sqrt{x}}{y+z}= \frac{1+\sqrt{x}}{1-x}= \frac{1}{1-\sqrt{x}}= \frac{1}{1-\frac{x}{2\sqrt{x.\frac{1}{3}}}.\frac{2}{\sqrt{3}}}\geq \frac{1}{1-\frac{x}{x+\frac{1}{3}}.\frac{2}{\sqrt{3}}}$
$= \frac{3x+1}{3x+1-2\sqrt{3}.x}$
Vậy ta chỉ cần CM :
$\sum \frac{3x+1}{3x+1-2\sqrt{3}.x}\geq \frac{9+3\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{3x}{3x+1-2\sqrt{3}.x}+\sum \frac{1}{3x+1-2\sqrt{3}.x}\geq \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$
Ta có :
$\sum \frac{3x}{3x+1-2\sqrt{3}.x}= \sum \frac{3x^{2}}{3x^{2}+x-2\sqrt{3}x^{2}}\geq \frac{3(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)-(2\sqrt{3}-3)(x^{2}+y^2+z^2)}$
$\geq \frac{3}{1-(2\sqrt{3}-3)\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}= \frac{3}{1-(2\sqrt{3}-3).\frac{1}{3}}= \frac{9}{6-2\sqrt{3}}$
Và :
$\sum \frac{1}{3x+1-2\sqrt{3}.x}\geq \frac{9}{3(x+y+z)+3-2\sqrt{3}(x+y+z)}= \frac{9}{6-2\sqrt{3}}$
Vậy ;
$VT\geq \frac{9}{6-2\sqrt{3}}+\frac{9}{6-2\sqrt{3}}= \frac{9}{3-\sqrt{3}}= \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$
( trục căn thúc )

Đề bài saj hay sao á .hình nhu phải là ;

Bài 478 . Cho $0< x,y,z\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\leq \frac{3}{x+y+z}$

Ta có : $(x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y$
$\Rightarrow \frac{y}{1+z+xy}\leq \frac{y}{x+y+z}$
TT có 2 cái nua rồi cộng vào ta đc :
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
$\Rightarrow Q.E.D$

Bài 450 : Chứng minh rằng nếu $a,b,c>0$ thì
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 4$$

BĐT này sai hay sao á . Phải là $\geq 5$ ms có dấu "=" chú !
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 5$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}+(\frac{\sum a^{3}}{abc}-\frac{\sum a^{2}}{\sum ab})\geq 5$
$\Leftrightarrow \frac{\sum a^3}{abc}-3\geq \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}-1+3-\frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}$
$\Leftrightarrow \frac{\sum (a-b)^2(a+b+c)}{2abc}\geq \frac{\sum (a-b)^2}{2\sum ab}+\frac{\sum (a-b)^2}{\sum a^2}$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{1}{2\sum ab}-\frac{1}{\sum a^2})\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)})\geq 0$
Xét :
$\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)}\geq \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\frac{1}{3}(a+b+c)^2}$
$= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2\sum ab}= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2( ab+bc+ca)}$
$= \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)-6abc}{4abc(ab+bc+ca)}$
Cái này $\geq 0$ vì theo AM-GM :
$2(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2.3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{(abc)^2}= 18abc\geq 6abc$
Vậy BĐT đúng .

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Một cách CM khác cho VN96 :
Theo nguyên tắc đi-dép-lê : thì tồn tại 2 trong 3 số : $ a-1;b-1;c-1 $ cùng dấu :
G/sủ là a-1 và b-1
$ \Rightarrow (a-1)(b-1) \geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow abc+c\geq ac+bc $
$ \Leftrightarrow abc+c+ab\geq ab+bc+ca $
Ta sẽ CM : $ a+b+c\geq abc+c+ab\Leftrightarrow a+b\geq abc+ab $ (1)
Rút c tù GT : $ c= \frac{4-ab}{a+b+ab} $
(1) $ \Leftrightarrow a+b\geq \frac{ab(4-ab)}{a+b+ab}+ab\Leftrightarrow (a+b)(a+b+ab)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b+ab) $
$ \Leftrightarrow (a+b)^{2}+ab(a+b)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b)+(ab)^2\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 4ab $
$ \Leftrightarrow (a-b)^2 \geq 0 $
(luôn đúng )

Bài 446: Cho các số thực dương $u,v,w$ sao cho $u+v+w+\sqrt{uvw}=4$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{uv}{w}}+\sqrt{\frac{vw}{u}}+\sqrt{\frac{wu}{v}}\ge u+v+w$$

China TST 2007

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

Theo C.S:
$\sum a.\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}\geq (\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}= 1$
Đ.P.C.M

Lâu lắm rồi mới được vào đây
BÀI TOÁN 400. [Vojtec Jarnik]
Cho $x_1, x_2, .., x_n$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện :
$$\dfrac{1}{x_1+1}+\dfrac{1}{x_2+1}+...+\dfrac{1}{x_n+1}=1$$
Chứng minh rằng :
$$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}\ge (n-1)\left (\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{x_n}}\right )$$

GT $\Leftrightarrow \sum (\frac{1}{n}-\frac{1}{{x_1}+1})= 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}= 0$
BĐT $\Leftrightarrow \sum (\sqrt{{x_1}}-\frac{n-1}{\sqrt{{x_1}}})\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{\sqrt{{x_1}}}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq 0$
Giả sủ ${x_1}\geq {x_2}\geq ...\geq {x_n}$
Dễ dàng kiểm tra đc 2 dãy sau cùng tăng .
$\frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}\geq \frac{{x_2}+1-n}{{x_2}+1}\geq ...\frac{{x_n}+1-n}{{x_n}+1}$
và
$\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq\frac{{x_2}+1}{\sqrt{{x_2}}}\geq ...\frac{{x_n}+1}{\sqrt{{x_n}}}$
Áp dung BĐT chebyshev ta đc :
$\sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq \frac{1}{n}\sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\sum \frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}= 0$
suy ra Đ.P.C.M

Bài 210: Cho a,b,c>0 .CMR:
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$

Bài 194 chuan hoa co ve nhanh hon!
Chuan hoa $ xy+yz+zx= 3$ .De dang co:$ x+y+z\geq 3$,$ xyz\leq 1$
Ta co:$ \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}= \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}\geq \sqrt{3.3-1}= 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\geq 3\sqrt{2}$
$ \Rightarrow VT\geq 12$,$ VP=12$$ \Rightarrow VT\geq VP$
Xin moi nguoi thong cam! May nha minh bi loi ko danh dc dau!

Mình xin giải Bài 188 cua anh huymit nhu sau:


Gia su ab + bc + ca >3 .Ta se chung minh:

A=$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1$
$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1 \Leftrightarrow \frac{3}{2}-A> \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}> 1$
Áp dụng bđt Schwars ta có:
$ \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}$
Ta se chung minh: $ \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}> 1\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)> 6$(dung theo gia su)$ \Rightarrow A> 1$ trai vs gt => dieu gs la sai $ \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

___
MOD: Vui lòng gõ tiếng Việt có dấu. Đây là lần thứ 2 mình nhắc nhở bạn rồi. Còn tái phạm sẽ del bài không báo trước.

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??

Bài này hình nhu sai đề rùi! đây là đẳng thúc

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$ (1)
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$ (2)

(1) Dùng Bunhiacopski.
(2) Dùng BDT : $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^{2}$

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 394. [MOSP 2001]
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1)$$

Áp dụng BĐT quen thuộc : $\prod (a+b)\geq \frac{8}{9}\sum a.\sum ab$. Ta có :
BĐT $\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum a.\sum ab\geq 4(\sum a-1)$
$\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 4$
Cái này đúng theo AM-GM:
$VT= \frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.\frac{(\sum ab)^{2}}{\sum a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.3}=4$
Xong .!

$4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\geq 4.\frac{3}{2}=6$(Bất đẳng thức Netbitt)
Không mất tính tổng quát,giả sử:$b\geq a\geq c$
Ta xét hiệu:$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
$a(b^{2}-c^{2})-a^{2}(b-c)-bc(b-c)=(b-c)(a-b)(c-a)\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \Leftrightarrow \frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 1$
Vậy $VT\geq 6+1=7$ $\Rightarrow$ đpcm

saj rùi cậu oi ! k gỉ sủ đuọc $b\geq a\geq c$ o đây

E nhờ các Anh, Chị trong diễn đàn giải giúp em bài tập này với ạ:
Bài tập 1. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a+b+c =4. Chứng minh rằng:
\sqrt[4]{a^{3}}+\sqrt[4]{b^{3}}+\sqrt[4]{c^{3}}> 2\sqrt{2}
(em gõ c. thức toán nhưng không biết tại sao không hiển thị được, nên gửi file kèm bên dưới ạ)
Thank a lot !

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt[4]{4a^{3}}+\sqrt[4]{4b^{3}}+\sqrt[4]{4c^{3}}> a+b+c$
Cái này đúng vì : $\sqrt[4]{4a^{3}}> \sqrt[4]{a.a^{3}}= a$
Suy ra BĐT đúng .

p/s: tuan268 o vĩnh phúc à ?

Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{2}\sqrt[3]{a}}$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}b = a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{ab.ab.b}\geq a-\frac{2}{9}(2ab+b)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2ab+2bc+2ca+3)\geq 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .

Bài 140: ( Bài này khá hay ) .Cho a,b,c>0 và abc=1 . CMR:
$1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$