huyphamvan

Để thuận tiện hơn em đặt theo các biến mới:
$ m= \dfrac{1}{x+1} ; n=\dfrac{1}{y+1}; p=\dfrac{1}{z+1};  ( 0<m,n,p<1) $
Do $ xyz=1 $ nên $ mnp=(1-m)(1-n)(1-p) \Leftrightarrow 2mnp=1-S+Q $ trong đó $ S=m+n+p; Q=mn+np+pm $
$ S-1 < Q \leq \dfrac{S^2}{3} $
Ta cần chứng minh:
$ m^3+n^3+p^3+5mnp \geq 1 \\ \Leftrightarrow 8mnp+S^3-3SQ \geq 1 \\ \Leftrightarrow S^3-4S+3 \geq (3S-4)Q $
TH1: $ S<1 $ . Ta có:
$ S^3-4S+3=(1-S)(3-S-S^2) \geq 0 \geq (3S-4)Q $
TH2: $ 1< S < \dfrac{4}{3} $. Ta có:
$ S^3-4S+3- (3S-4)Q > S^3-4S+3 - (3S-4)(S-1)=(S-1)^3>0 $
TH3: $ S \geq \dfrac{4}{3} $. Ta có:
$ S^3-4S+3- (3S-4)Q \geq S^3-4S+3- (3S-4) \dfrac{S^2}{3} = \dfrac{(2S-3)^2}{3} \geq 0 $
Phép chứng minh hoàn tất $ \square $

Đặt $ x=\dfrac{b}{a} ; y=\dfrac{c}{b} ; z=\dfrac{a}{c} $. Đưa bài toán về chứng minh:
$ \sum \dfrac{1}{(x+1)^3} +\dfrac{5}{(x+1)(y+1)(z+1)} \geq 1 $ với $ x,yz >0 $ thoả $ xyz=1 $
 

Sử dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$. ta có:
$a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc}=3$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$a^2+b^2+c^2 +3 \geq 2(ab+bc+ca) \\\Leftrightarrow   a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$
Sử dụng BĐT $\text{AM-GM}$ ta được:
$a^2+b^2+c^2+abc+abc+1 \geq a^2+b^2+c^2+3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2} = a^2+b^2+c^2+ \dfrac{3abc}{\sqrt[3]{abc}} \geq a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}$
Ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$
Đây chính là BĐT $\text{Schur}$ bậc 3.

Đoạn cuối em có thể ko cần giả sử, chỉ cần thiết lập các đánh giá bằng bất đẳng thức $\text{Minkowski}$ tương tự là được.

Bài này thì em dùng bất đẳng thức $\text{Minkowski}$ thôi   
Quy bất đẳng thức cần chứng minh về đồng bậc, ta sẽ đi chứng minh:
$$\sqrt{\sum x^2-\dfrac{(x+y)^2}{4}}+\sqrt{\sum x^2-\dfrac{(y+z)^2}{4}}+\sqrt{\sum x^2-\dfrac{(z+x)^2}{4}} \geq \sqrt{6(x^2+y^2+z^2)}$$
Để ý rằng: $$x^2+y^2+z^2-\dfrac{(x+y)^2}{4}=\dfrac{(x-y)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{z^2}{2} \\ x^2+y^2+z^2-\dfrac{(y+z)^2}{4}=\dfrac{(y-z)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{x^2}{2} \\ x^2+y^2+z^2-\dfrac{(z+x)^2}{4}=\dfrac{(z-x)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{y^2}{2} $$
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh:
$$\sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{z^2}{2}}+ \sqrt{\dfrac{(y-z)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{x^2}{2}} \\ + \sqrt{\dfrac{(z-x)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{y^2}{2}} \geq \sqrt{6(x^2+y^2+z^2)}$$
Sử dụng bất đẳng thức $\text{Minkowski}$, ta có:
$$\sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{z^2}{2}}+ \sqrt{\dfrac{(y-z)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{x^2}{2}} \\ + \sqrt{\dfrac{(x-z)^2}{4}+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{y^2}{2}} \\  \geq  \sqrt{\left ( \dfrac{x-y}{2}+\dfrac{y-z}{2}+\dfrac{x-z}{2} \right )^2+\left ( 3 \sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}} \right )^2+\left ( \dfrac{x+y+z}{ \sqrt{2}} \right )^2}$$
Bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được rằng:
$$\sqrt{\left ( \dfrac{x-y}{2}+\dfrac{y-z}{2}+\dfrac{x-z}{2} \right )^2+\left ( 3 \sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}} \right )^2+\left ( \dfrac{x+y+z}{ \sqrt{2}} \right )^2} \geq \sqrt{6(x^2+y^2+z^2)} \\ \Leftrightarrow \sqrt{(x-z)^2+\dfrac{9}{2}(x^2+y^2+z^2)+\dfrac{(x+y+z)^2}{2}} \geq \sqrt{6(x^2+y^2+z^2)}$$
Bình phương 2 vế rồi thu gọn, ta được: $(x-y)(y-z) \geq 0$
Điều này hiển nhiên đúng khi ta giả sử $x \geq y \geq z$. 
Bài toán đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$ $\square .$ 

Bài 6
Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta được:
$$(\sum \sqrt{1-x_{1}})^2 \leq n[\sum (1-x_{1})] = n(n-\sum_{i=1}^{n})=n(n-1) \\ \Rightarrow \sum \sqrt{1-x_{1}} \leq \sqrt{n(n-1)}$$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x_{1}=x_{2}=....=x_{n}=\dfrac{1}{n}; \square .$
 

Sử dụng bất đẳng thức trung bình luỹ thừa, ta có $$\sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3}{2}} \geq \dfrac{a+b}{2}$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\sum \dfrac{\sqrt[3]{2}a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}} < 4$$
Ta có: $$\sum \dfrac{\sqrt[3]{2}a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}=\sum \dfrac{a}{\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}} \leq \sum \dfrac{2a}{b+c}$$
Ta cần chứng minh:
$$\sum \dfrac{a}{b+c}<2$$
Do $a,b,c>0$ nên $$\dfrac{a}{b+c} < \dfrac{a+a}{a+b+c}$$
Tương tự, ta có $$\dfrac{b}{c+a} < \dfrac{2b}{a+b+c} \\ \dfrac{c}{a+b} < \dfrac{2c}{a+b+c}$$
Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế và thu gọn ta có điều phải chứng minh. $\square .$

1/giả sử phương trình $x^5-x^3+x-2=0$ có nghiệm thực x₀. Cmr $\sqrt[6]{3}< x_{0}< \sqrt[6]{4}$

2/cho a,b,c là độ dài 3 cạnh một tam giác và $0\leq t\leq 1$ Cmr 

         $\sqrt{\frac{a}{b+c-ta}}+\sqrt{\frac{b}{a+c-tb}}+\sqrt{\frac{c}{b+a-tc}}\geq 2\sqrt{t+1}$

3/cho a,b,c >0 và $6(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ CMR

          $\sum \frac{1}{10a+b+c}\leq \frac{1}{12}$

4/cho a,b,c>0 , a+b+c=4 và ax+by+cz=xyz. CMR x+y+z>4

5/cho a,b,c>0 CMR $(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{b^3})\geq \frac{3}{2}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c})$

6/cho x₁,x₂ ,...,x_n và  x₁,x₂ ,...,x_n =1.Cmr $\sqrt{1-x_{1}}+\sqrt{1-x_{2}}+...+\sqrt{1-x_{n}}\leq \sqrt{n(n-1)}$

7/cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và a+b+c=1 CMR a^2+b^2+c^2+4abc$\geq \frac{13}{27}$

8/ cho $a,b,c,d >0$ và $ab+bc+cd+da=1$.CMR $\sum \frac{a^3}{b+c+d}\geq \frac{1}{3}$

9/cho $a>b \geq 0$ cmr $a+\frac{4}{(1+b)^2+(a-b)}\geq 3$

10/.cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh 1 tam giác CMR $\sum \frac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}<2\sqrt[3]{4}$

Bài 8.
Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$$\sum \dfrac{a^3}{b+c+d}=\sum \dfrac{a^4}{a(b+c+d)} \geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{\sum a(b+c+d)} \geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)}= \dfrac{1}{3} (\sum a^2)\geq \dfrac{1}{3}(ab+bc+cd+da)=\dfrac{1}{3}$$
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=\dfrac{1}{2};  \square .$

1/Cmr:$\frac{1}{2\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{4\sqrt[3]{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt[3]{n}}<3(n \in N*)$

Để ý rằng:
$$\dfrac{1}{(n+1)\sqrt[3]{n}}=\dfrac{n+1-n}{(n+1)\sqrt[3]{n}}=\dfrac{(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})(\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2})}{(n+1)\sqrt[3]{n}} \\ < \dfrac{3(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})\sqrt[3]{(n+1)^2}}{(n+1)\sqrt[3]{n}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{n}}-\dfrac{3}{\sqrt[3]{n+1}}$$
Khi đó, ta có:
$$\dfrac{1}{2\sqrt[3]{1}}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{2}}....+\dfrac{1}{(n+1)\sqrt[3]{n}}<\left( \dfrac{3}{\sqrt[3]{1}}-\dfrac{3}{\sqrt[3]{2}} \right)+ \left( \dfrac{3}{\sqrt[3]{2}}-\dfrac{3}{\sqrt[3]{3}} \right)+...+\left( \dfrac{3}{\sqrt[3]{n}}-\dfrac{3}{\sqrt[3]{n+1}} \right)=3-\dfrac{3}{\sqrt[3]{n+1}} <3$$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn $\square .$

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
 

Bất đẳng thức tương đương: $$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} -1 \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-1 \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2 \prod(a^2+a+1)} \leq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$$
Dễ thấy $$2 \prod (a^2+a+1) \geq (a+b+c)^2$$
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
$$\sum \dfrac{1}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)^2}+\dfrac{1}{2}$$

Thấy mấy thánh toàn dùng kiến thức cao siêu nhỉ   mình có 1 lời giải khá đẹp mắt, đơn thuần chỉ dùng biến đổi tương đương
Dễ thấy: 
$$ \dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1}-1=\dfrac{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}{2 \prod (x^2+x+1)} \geq 0$$
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$

2/giả sử phương trình $ax^3+bx^2+cx+d=0 (a\neq 0)$ co 2 nghiệm x₁ ,x₂ .Cmr x₁x₂$\geq \frac{4ac-b^2}{a^2}$

Vì $x_{1};x_{2}$ là nghiệm của phương trình $ax^3+bx^2+cx+d=0$ nên: 
$$\left \{ \begin{matrix} ax_{1}^3+bx_{1}^2+cx_{1}+d=0 \\  ax_{2}^3+bx_{2}^2+cx_{2}+d =0 \end{matrix} \right.  \Rightarrow ax_{1}^3+bx_{1}^2+cx_{1}+d=ax_{2}^3+bx_{2}^2+cx_{2}+d \\ \Leftrightarrow a(x_{1}^3-x_{2}^3)+b(x_{1}^2-x_{2}^2)+c(x_{1}-x_{2})=0 \\ \Leftrightarrow (x_{1}-x_{2})[a(x_{1}^2+x_{1}x_{2}+x_{2}^2)+b(x_{1}+x_{2})+c]=0 $$. Mà $x_{1};x_{2}$ là 2 nghiệm khác nhau nên $x_{1} \neq x_{2} \Leftrightarrow x_{1}-x_{2} \neq 0$. Suy ra:
$$a(x_{1}^2+x_{1}x_{2}+x_{2}^2)+b(x_{1}+x_{2})+c=0 \\ \Leftrightarrow a(x_{1}+x_{2})^2+b(x_{1}+x_{2})-ax_{1}x_{2}+c=0 \\ \Rightarrow x_{1}x_{2}=(x_{1}+x_{2})^2+\dfrac{b}{a}(x_{1}+x_{2})+\dfrac{c}{a}= \left ( x_{1}+x_{2}+\dfrac{b}{2a} \right )+\dfrac{4ac-b^2}{4a^2} \geq \dfrac{4ac-b^2}{4a^2};  \square .$$

Cho a ,b ,c thỏa mãn $a^2 +b^2 +c^2 \leq 8$.GTNN $A=ab+bc+2ca$

Ta có: $$(a+b+c)^2 \geq 0 \Leftrightarrow ab+bc+ca \geq - \dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{2}$$
$$(a+c)^2 \geq 0 \Leftrightarrow ac \geq -\dfrac{a^2+c^2}{2} \geq -\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2} $$
Suy ra: $$\mathbb{A}=ab+bc+2ca \geq -(a^2+b^2+c^2) \geq -8$$
Vậy Min A= 8 đạt tại $a=2;b=0;c=-2$ hoặc $a=-2;b=0;c=2;  \square .$ 

Bài giải trên hình như sai.
chứng minh $$(a+b)(b+c)(c+a) \geq abc[4(a+b+c)^{2}-1]$$
thì phải CM: $$ 4(a+b+c)^{2} -1 \leq 8 $$