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

@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.

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

Cắm trại hả anh?

Vậy thì anh Thế làm Bang chủ Cái bang rồi )

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

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!

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!

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:
....

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

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!

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

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!

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!

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

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!

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!

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 $a = \dfrac{1}{3};b = \dfrac{4}{5};c = \dfrac{3}{2}$

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....

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 ''

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

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

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