Nhờ các bạn giúp mình bài này:
Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm MIN của P = ax²  + by² + cz² (với a, b, c >0).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được

$(ax^2+by^2+cz^2)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq (x+y+z)^2=1$
$\Rightarrow ax^2+by^2+cz^2\geq \frac{abc}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x+y+z=1$ và $ax=by=cz$

Đặt $ax=by=cz=t$, thay vào $x+y+z=1$, ta được

$t.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=1$
$\Rightarrow t=\frac{abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{bc}{ab+bc+ca}\\ y=\frac{ca}{ab+bc+ca}
\\z=\frac{ab}{ab+bc+ca}

\end{matrix}\right.$

Tổng quát BDT 3 của anh Vietfrog
BĐT 3 dạng tổng quát
$\dfrac{{a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}}{n}\geq \left ( \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n-1}+a_n}{n} \right )^{n}$

Chứng minh theo tư tưởng BDT Holder
Đặt S= ${a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}$

$\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+...+\dfrac{1}{n}\geq n\sqrt[n]{\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S*n^{n-1}}}=a_{1}\sqrt[n]{\dfrac{n}{S}}$ ( BDT Cosi với n số)

Tương tự với các số a2, a3,...,an.

Cộng hai vế của n BDT trên ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

@vietfrog:Cảm ơn Hoàng rất nhiều , nhưng em lưu ý gõ công thức và Tiếng Việt có dấu nhé . Sưu tầm thêm BĐT phụ nha.

Mình xin tổng hợp lại một số BĐT 3 biến ở trên vào một dãy, mình nghĩ là nó sẽ dễ nhớ hơn vì khá đẹp mắt. Các chứng minh chỉ dùng BĐT Cosi.
Với mọi a,b,c dương ta có:

$\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq \dfrac{\left ( a^{2}+b^{2} +c^{2}\right )\left ( a+b+c \right )}{3^{2}}\geq \dfrac{(a+b+c)^{3}}{3^{3}}\geq \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq $


$\dfrac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{9}\geq \sqrt{\left ( \dfrac{ab+bc+ca}{3} \right )^{3}}\geq abc\geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a^{3}}+\dfrac{1}{b^{3}}+\dfrac{1}{c^{3}}}$

_______________________________________________________________________________________

Ứng dụng:

CM BĐT trang 66 Sáng tạo bất đẳng thức mà không dùng chuẩn hóa

$\sqrt[3]{\dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}}\geq \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$

Nhìn dãy trên thấy ngay VT và VP cách nhau bởi $\sqrt[3]{\dfrac{\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )}{9}}$ nên ta CM như sau:

Ta có: $\left ( a+b\right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right )= \left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )-abc\geq \dfrac{8}{9}\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}\geq \dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}$ (1)

Vì $\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3\left ( ab+bc+ca \right )$ nên

$\dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}\geq \sqrt{(\dfrac{ab+bc+ca}{3})^{3}}$ (2)

Từ 1 và 2 suy ra đpcm.

Cứu tôi với ... !!! .... !
Máu be bét ra rồi !



Cần đưa ngay đến bệnh viện
___________________
P/s: Mình là người trong bức ảnh !

Có thấy tí máu nào đâu, kiểu này trông giống như Bạch Tuyết ăn trái táo độc bị tắc cổ hơn

Chỗ này sao trông giống cái ảnh của Linh, còn đây là ai thì mình không biết

Bài 390 Chứng minh rằng với $a,b,c>0$ ta có
$$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 3+\frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}{abc(a+b+c)}$$

Bài 380 Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện $x+y+z=\frac{yz}{3x}$. Chứng minh rằng $$x\leq \frac{2\sqrt{3}-3}{6}(y+z)$$

Bài 385: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $abc=8$
Chứng minh: $$\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$$
Chuyên Hà Tĩnh VÒng 2 - 2012

Vì $abc=8$ nên ta đặt $a=\frac{2x}{y};b=\frac{2y}{z};c=\frac{2z}{x}\Rightarrow a+2=\frac{2(x+y)}{y},...$
Viết lại BĐT $$\frac{2\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )}{2}\geq \sum \frac{\frac{2(x+y)}{y}}{\frac{2(y+z)}{z}}\Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq \sum \frac{z(x+y)}{y(y+z)}$$
$$\sum \frac{x}{y}-\frac{z(x+y)}{y(y+z)}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{x(y+z)-z(x+y)}{y(y+z)}\geq 0\Leftrightarrow \frac{x-z}{y+z}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{x-z}{y+z}+\frac{z-y}{x+y}+\frac{y-x}{z+x}\geq 0$$
BĐT này đúng theo BĐT Hoán vị. Hoắc nếu không dùng nó thì ta có thể giả sử $x=max(x;y;z)$.
$$\Leftrightarrow (x-z).\left ( \frac{1}{y+z}-\frac{1}{x+z} \right )+(z-y)\left ( \frac{1}{x+y}-\frac{1}{x+z} \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{(x-z)(x-y)}{(x+z)(y+z)}+\frac{(z-y)^2}{(x+y)(y+z)}\geq 0$$
Đúng theo điều giả sử.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$

Bài toán 437:[Lil.Tee]:
Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^3+b^3+c^3=3$
Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}+\frac{b^2}{\sqrt{c^3+8}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^3+8}}\leq 1$$

Áp dụng BĐT AM-GM và CS ta được

$VT=\sum \frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3b+6}}=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3(b+2)}}$

$\leq \sqrt{(a^3+b^3+c^3).\left [ \frac{a}{3(b+2)}+\frac{b}{3(c+2)}+\frac{c}{3(a+2)} \right ]} =\sqrt{\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}}$

Ta phải chứng minh
$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1\Leftrightarrow \sum a(c+2)(a+2)$$
$$\leq (a+2)(b+2)(c+2)\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$
Theo Holder $$(a^2+b^2+c^2)^3\leq (a^3+b^3+c^3).3=3^3\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 3$$
Như vậy, ta cần chứng minh $$ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$$
Giả sử a nằm giữa b và c, suy ra $$ab^2+bc^2+ca^2- abc=a(b^2+c^2)+c(a-c)(a-b)\leq a(b^2+c^2)=2\sqrt{a^2.\frac{b^2+c^2}{2}.\frac{b^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}\leq 2\sqrt{(\frac{3}{3})^3}=2$$
$$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 484:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b+ca}}+\frac{c}{c+\sqrt{c+ab}}\leq 1$$

$$VT=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a(a+b+c)+bc}}$$
$$=\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \sum \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}$$
$$=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$$

Bài 439: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{ab}{\sqrt[3]{{{b}^{3}}+8}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{{c}^{3}}+8}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{{a}^{3}}+8}}\le \frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt[6]{3}}$$

Vẫn sử dụng bổ đề trên. Theo AM-GM ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\leq 3$.
Áp dụng BĐT Holder cho 6 bộ, ta được
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b^3+8}}\leq \sum \frac{ab}{\sqrt[3]{3(b+2)}}$$
$$\leq \sqrt[6]{[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum a^2].[\sum b^2].[\sum b^2].[\sum a^2b^2]}\leq \sqrt[6]{\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2)^3.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$
$$=\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt[6]{\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{3^2}}\leq \frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt[6]{3}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 440: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{9}$$
Bài 441: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Hãy chứng minh rằng
$$\frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{ba}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{cb}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{3(a+b+c)}$$
PS: Mấy bài này na ná nhau thôi

Ta vẫn sử dụng bổ đề với $a^2+b^2+c^2=3$

$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1\Leftrightarrow \sum a(c+2)(a+2)\leq (a+2)(b+2)(c+2)$$
$$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$

BĐT trên tương đương với $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$ ( vì $a^2+b^2+c^2=3$)
Vẫn giả sử a là số nằm giữa, ta có $$ab^2+bc^2+ca^2-abc=a(b^2+c^2)+c(a-b)(a-c)\leq a(b^2+c^2)$$
$$=2\sqrt{a^2.\frac{b^2+c^2}{2}.\frac{b^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}=2$$
$$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$$
Hơn nữa, theo AM-GM ta có $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2\leq \sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}+2=3$
Và cũng tương tự, ta vẫn có $a^2b+b^2c+c^2a\leq 3$ với $a^2+b^2+c^2=3$
Như vậy, áp dụng các BĐT trên vào bài 441, ta được
$$VT=\sum \frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum ac^2).(\sum ac)}\leq \sqrt[3]{1.3.\frac{(a+b+c)^2}{3}}\leq \sqrt[3]{3.(a+b+c)}$$
Bài 440
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum a^2b).(\sum b^2)}\leq \sqrt[3]{1.3.3}=\sqrt[3]{9}$$

Bài 379: Giúp mình bài tập này với
Cho $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2012}$.

Chứng minh rằng :
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2012}{2}}$

Bài này nhé. Bạn thiếu điều kiện các số dương rồi. Theo BĐT Minxcowki ta có
$$\sqrt{2012}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \sqrt{(a+b+c)^2+(b+c+a)^2}=(a+b+c).\sqrt{2}$$
$$\Rightarrow a+b+c\leq \sqrt{\frac{2012}{2}}$$
Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có
$$\sqrt{2012}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leq \sqrt{\left [ (a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2) \right ].(1+1+1)}=\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}$$
$$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{2012}{6}$$
Bây giờ vào bài, không mất tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b}$

Áp dụng BĐT Trê-bư-sép cho 2 bộ cùng chiều, ta có:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2).\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )$$
Lại theo BĐT Cauchy-schwarz hoặc BĐT AM-GM cũng được, ta có $\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

Bây giờ thay các BĐT đã chứng minh trên, ta được $$VT\geq \frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2).\frac{9}{2(a+b+c)}\geq \frac{1}{3}.\frac{2012}{6}.\frac{9}{2.\sqrt{\frac{2012}{2}}}=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{2012}{2}}=VP$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{1006}}{3}$

Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$

Bài này mình làm như sau.

Theo Holder, ta có

$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$

$\ge\left [ \frac{4}{ \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}}+1 \right ]^3=3^3$

$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$

Suy ra ĐPCM

Chà, sôi nổi quá ! Có vẻ như mấy bài này nhẹ quá thì phải !mình tiếp tục nè (cũng dễ nhìn)
bài 161. Cho $0<a, b, c<1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{b}{1 - b} + \dfrac{c}{1 - c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1 - \sqrt[3]{abc}}$$

Sử dụng chê-bư-sép và bunhia và cosi

giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{1-a}\geq \frac{1}{1-b}\geq \frac{1}{1-c}$

$VT\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c})\geq \frac{1}{3}*3\sqrt[3]{abc}*(\frac{9}{3-(a+b+c)})\geq VP$

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$

Thêm một cách nữa, sử dụng chê-bư-sép
Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
$\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2;xy\geq xz\geq yz$
$VT\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)(yz+xz+xy)\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)^2=\frac{1}{3}$

Bài 109 :
Cho $a,b,c>0$: CMR
\[{\left( {a + b - c} \right)^n} + {\left( {b + c - a} \right)^n} + {\left( {c + a - b} \right)^n} \ge {a^n} + {b^n} + {c^n}\]

Ta chứng minh BĐT sau: $\frac{x^{n}+y^{n}}{2}\geq \left ( \frac{x+y}{2} \right )^{n}$ với x+y>=0 có thể quy nạp dễ dàng

Vậy $\frac{(a+b-c)^{n}+(b+c-a)^{n}}{2}\geq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^{n}=b^{n}$

Tương tự với a và c rồi cộng 3 BĐT lại ta có ĐPCM

Tại sao tui với bạn trên lại cùng chí hướng thế nhỉ, hihi , mỗi tội post chậm hơn

Điều kiện x nằm trong [-1;2]
Từ giả thiết ta có: $x=y\sqrt{4-x^2}+xy\Leftrightarrow \frac{x}{y}=\sqrt{4-x^2}+x$
Bài quán quy về tìm GTLN, GTNN của $\sqrt{4-x^2}+x$
Mình làm được GTLN
Áp dụng BĐT B.C.S $\sqrt{4-x^2}+x\leq \sqrt{(1+1)(4-x^2+x^2)}=2\sqrt{2}$
Còn tìm min hồi trước có học mà hình như quên rồi

Mình nghĩ x nằm trong đoạn -2 đến 2 chứ.

Sử dụng BĐT $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$ cho a,b không âm. Dấu bằng xảy ra khi a=0 hoặc b=0 hoặc cả hai.

$S=\sqrt{4-x^{2}}+\sqrt{(x+2)^{2}}-2\geq \sqrt{4-x^{2}+(x+2)^{2}}-2=\sqrt{8+4x}-2\geq \sqrt{8-4*2}-2=-2$

Dấu bằng xảy ra khi x=-2

Bài 223.
Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh bất đẳng thức
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b + c})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{b}{c + a})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{c}{a + b})^2} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$$

Bài này mình làm sử dụng côsi

$\sqrt[3]{(\frac{a}{b+c})^2}=\sqrt[3]{\frac{2a^3}{2a(b+c)^2}}\geq \sqrt[3]{\frac{2a}{(\frac{2(a+b+c)}{3})^3}}=\frac{3\sqrt{2}a}{2(a+b+c)}$

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có ĐPCM

Bài 222: (số đẹp)
Cho a>b và $c\geq ab$
CMR: $\frac{c+a}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq \frac{c+b}{\sqrt{c^2+b^2}}$

ĐPCM tương đương

$\frac{(c+a)^2}{c^2+a^2}\geq \frac{(c+b)^2}{c^2+b^2}$

$\Leftrightarrow 1+\frac{2ac}{c^2+a^2}\geq 1+\frac{2bc}{c^2+b^2}$

$\Leftrightarrow a(c^2+b^2)\geq b(c^2+a^2)$

$\Leftrightarrow (a-b)(c^2-ab)\geq 0$

Đúng theo giả thiết

Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$

Vừa làm được bài này.

Ta có $\frac{(a-b)^2(a+3b)(b+3a)}{16(a+b)^3}\leq \frac{(a-b)^2*4(a+b)^2}{16(a+b)^3}=\frac{((a+b)^2-4ab)}{4(a+b)}=\frac{a+b}{4}-\frac{ab}{a+b}$

Vậy thì ta cần chứng minh $\frac{a+b}{4}+\frac{ab}{a+b}\geq \sqrt{ab}$ Đúng theo BĐT côsi

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

Đây là mở rộng cho bài này, chứng minh hoàn toàn giống cách trên.

Bài 103. Nếu $a, b, c>0, a+b+c=3, n \ \in \mathbb{N}$. Chứng minh \[\dfrac{(n+1)a^2+2nab^2}{a+2b^2}+\dfrac{(n+1)b^2+2nbc^2}{b+2c^2}+\dfrac
{(n+1)c^2+2nca^2}{c+2a^2}\geq 3n+1\]

Tặng bài khác vậy.
Bài 238. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$$
Chứng minh $$\frac{1}{4a+1}+\frac{1}{4b+1}+\frac{1}{4c+1}\ge 1$$

Đặt $\frac{1}{a+1}=x,...\Rightarrow a=\frac{1-x}{x},...$ và $\frac{1}{4a+1}=\frac{x}{4-3x}$

Vậy ta có $x+y+z=2$ và $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2=4$

$VT=\sum \frac{x}{4-3x}\geq \frac{(x+y+z)^2}{4(x+y+z)-3(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{2^2}{4*2-4}=1$

Dấu bằng khi $x=y=z=\frac{2}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

Thêm một cách cho bài 233, sử dụng Holder, không biết có phù hợp với THCS không, mình post cho các bạn tham khảo.

$VT=\sum \frac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}=\sum \frac{3x^3}{3x(2y+z)(2z+y)}\geq \sum \frac{3x^3}{(\frac{3(x+y+z)}{3})^3}=\sum \frac{3x^3}{(x+y+z)^3}=\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{(x+y+z)^3}$

Cần chứng minh $\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{(x+y+z)^3}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow (1+1+1)(1+1+1)(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3$

Đúng theo Holder.

334.
Cho a,b,c>0 tm $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$.cmr
$\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{3}{2}$

Theo BĐT chê-bư-sép ta có $\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.(a^4+b^4+c^4)\left [\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)} +\frac{1}{c^2(b+a)} \right ]\geq \frac{9}{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}$

Ta dễ chứng minh $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\leq 2(a^3+b^3+c^3)$ theo AM-GM.

Và theo Holder ta có $3.(a^4+b^4+c^4)(a^4+b^4+c^4)(a^4+b^4+c^4)\geq (a^3+b^3+c^3)^4$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 3$

$\Rightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\leq 2(a^3+b^3+c^3)\leq 2.3=6$.

Thay vào trên, ta suy ra ĐPCM