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 386: Cho 3 số $a,b,c$ thỏa $a+b+c=6$. Chứng minh: $$\frac{a}{\sqrt{(b+2)(b^2-b+2)}}+\frac{b}{\sqrt{(c+2)(c^2-c+2)}}+\frac{c}{\sqrt{(a+2)(a^2-a+2)}}\geq \frac{3}{2}$$

Bài này ý tưởng chính dùng cauchy ngược dấu. Theo BĐT AM-GM ta có
$$\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(b^2-b+2)}}\geq \sum \frac{a}{\frac{b^2+4}{2}}=\sum \frac{2a}{b^2+4}$$
Vậy ta sẽ chứng minh
$$\sum \frac{4a}{b^2+4}\geq 3$$
Thật vậy $$\sum \frac{4a}{b^2+4}=\sum a-\frac{ab^2}{b^2+4}\geq \sum a-\frac{ab^2}{4b}=\sum a-\frac{ab}{4}$$
$$=a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{4}\geq 6-\frac{(a+b+c)^2}{4.3}=6-\frac{6^2}{4.3}=3$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$
Bài 387 Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$$
Bài 388 Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{abc}+\frac{4}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{9\sqrt{3}}{2}$$

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh

Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài toán 438.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{2b^2+c^2+a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}}\ge 0$$

Bài này mình dựa trên ý tưởng của anh alex_hoang
Không mất tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$, viết lại BĐT
$$VT=\sum \frac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
Ta sẽ chứng minh 2 bộ sau đây cùng chiều:
$(a^2-bc)(b+c)\geq (b^2-ca)(c+a)\geq (c^2-ab)(a+b)$
Và $\frac{1}{\sqrt{(2a^2+b^2+c^2)}.(b+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{(2b^2+a^2+c^2)}.(a+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}.(a+b)}$
Thật vậy $$(a^2-bc)(b+c)-(b^2-ac)(a+c)=ab(a-b)+2c(a-b)(a+b)+c^2(a-b)\geq 0$$. Tương tự với cặp còn lại.
$$(2a^2+b^2+c^2)(b+c)^2-(2b^2+c^2+a^2)(a+c)^2$$
$$=(b-a)[a^3+b^3+2c^3+ab(a+b))+2c(a^2+b^2)-2abc]\leq 0$$
Tương tự với cặp còn lại, ta suy ra hai bộ trên cùng chiều.
Áp dụng BĐT Chê- Bư- Sép cho 2 bộ cùng chiều, với chú ý $\sum (a^2-bc)(b+c)=\sum a^2b+a^2c-b^2c-c^2b=0$, ta được
$$VT=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
$$\geq \frac{1}{3}.\left [ \sum (a^2-bc)(b+c) \right ].\left [ \sum \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)} \right ]=0$$

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

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

Mình làm bài này nếu đề là $\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ và $AM-GM$ ta có:
$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}=\frac{a^2}{abc(b+c)}+\frac{b^2}{abc(a+c)}+\frac{c^2}{abc(a+b)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2abc(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2abc}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Bổ sung thêm một cách nữa nhé, dạng của nó khiến ta nghĩ đến BĐT Chebusep.

Không mất tổng quát, giả sử $ a \ge b \ge c$, khi đó cách bộ sau đơn điệu cùng chiều

$\left ( \frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b} \right )$ và $\left ( \frac{1}{bc};\frac{1}{ca};\frac{1}{ab} \right )$

Theo BĐT Chebusep và Nesbit
$$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}\geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right ).\left ( \frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab} \right )\geq \frac{1}{3}.\frac{3}{2}.\frac{3}{\sqrt[3]{(abc)^2}}=\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$$

Tiếp tục nhé.
Bài 442 . Cho $a,b,c > 0$ và $a^3+b^3+c^3\leq 3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{ab}{\sqrt{3+c}}+\frac{bc}{\sqrt{3+a}}+\frac{ca}{\sqrt{3+b}}\leq \frac{3}{2}$$
Bài 443 . Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh:
$$\sum \frac{1}{2(a^3+1)+b^3+c^3}\leq \frac{1}{2}$$
Bài 444 . Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$2\left ( \frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca} \right )\geq \sqrt{ \frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}$$

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 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 239: Tìm GTLN của các biểu thức sau
$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y$

$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y\leq -x^2-y^2+\frac{x^2+y^2}{2}+2x+2y=\frac{-1}{2}(x-2)^2-\frac{1}{2}(y-2)^2+4\leq 4$

Dấu bằng khi $x=y=2$

Nhưng quan trọng là $a+b-c,b+c-a,a+c-b$ chưa chắc đã hoàn toán >0 có lẽ bài này nên thêm điều kiện $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác, còn nếu ko bài này có một cách khác là dùng AM-GM cho $n$ số cũng ra

Không đâu, BĐT của mình xảy ra khi x+y$\geq$0 mà.

$Ta thấy (a+b-c)+(b+c-a)=2b>0$ thế nên có thể áp dụng được

Bài 118:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. $CMR$
$\sum \frac{5-3bc}{1+a}\geq ab+bc+ac$

Tiếp tục bài 118.

$\frac{5-3bc}{1+a}\geq \frac{5-\frac{(b+c+1)^{3}}{9}}{1+3}=\frac{45-(4-a)^{3}}{9(1+a)}$

Ta chứng minh $\frac{45-(4-a)^{3}}{9(1+a)}\geq a$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-12a^{2}+48a-19}{9(a+1)}-a\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-21a^{2}+39a-19}{9(a+1)}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^{2}(a-19)}{9(a+1)}\geq 0$ Đúng.

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có :

$\sum \frac{5-3bc}{1+a}\geq a+b+c=3=\frac{(a+b+c)^{2}}{3}\geq ab+bc+ca$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

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

Đây là BĐT nào nhỉ, mình chưa hiểu

$VT\leq (a_1+a_3+a_5+...+a_n)(a_2+a_4+...+a_{n-1})$

Bài 169 dùng cauchy

$\frac{p}{p-a}+\frac{p}{p-b}+\frac{p}{p-c}\geq \frac{9p}{3p-(a+b+c)}=\frac{9p}{3p-2p}=9$

Dấu = khi $a=b=c$

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.

Hai bài vui.

Bài 232 cho $a,b,c\in [0;2]$ và $a+b+c=3$

Tìm max $P=a^3+b^3+c^3$

Bài 233 cho x,y,z dương tùy ý, CMR:

$\frac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}+\frac{y^2}{(2z+x)(2x+z)}+\frac{z^2}{(2x+y)(2y+x)}\geq \frac{1}{3}$

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 168

Đặt $x=\frac{a^2}{b^2},y=\frac{a^2}{c^2} \Rightarrow x+y=a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geq \frac{4a^2}{b^2+c^2}\geq \frac{4a^2}{a^2}=4$

$P=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{x+y}{4}+\frac{4}{x+y}+\frac{3(x+y)}{4}\geq 2+\frac{3*4}{4}=5$

Dấu bằng khi $x=y=2$ tương đương $a^2=2b^2=2c^2$

$\Rightarrow P_{min}=5$ khi và chỉ khi $a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c$

Hai bài vui.

Bài 232 cho $a,b,c\in [0;2]$ và $a+b+c=3$

Tìm max $P=a^3+b^3+c^3$

Bài này làm như sau:

$P=a^3+b^3+c^3=(a+b)^3-3ab(a+b)+c^3\leq (3-c)^3+c^3=9(c^2-3c+3)$

Đến đây thì dễ rồi.

Dấu bằng xảy ra khi có bộ $(0,1,2)$