PRONOOBCHICKENHANDSOME

Lại có:
\[1 \geqslant \sum {\frac{a}{{2 + a}}} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{6 + \left( {a + b + c} \right)}} = \frac{{{s^2}}}{{6 + s}} \Rightarrow 6 + s \geqslant {s^2} \Leftrightarrow \left( {s + 2} \right)\left( {s - 3} \right) \leqslant 0 \Rightarrow s \leqslant 3\]

Dòng này có vấn đề thì phải . Mình có cách khác :
Từ giả thiết :
$\Leftrightarrow \sum_{cyc} (2+a)(2+b) \geq \prod(2+a)$
$\Leftrightarrow 12+4\sum a +\sum ab \ge 8+4\sum a+2\sum ab + abc$
$\Leftrightarrow \sum ab +abc \leq 4$
Mà
$ \sum ab +abc \geq 4\sqrt[4]{a^3b^3c^3}$
$\Rightarrow 4\sqrt[4]{a^3b^3c^3}\leq 4$
$\Rightarrow abc \leq 1$
Dấu$ = $xảy ra $\Rightarrow a=b=c=1$

mình có học tổng hợp đâu, mình mới học lớp 9 mà, chắc bạn nhầm

ừ , anh qên mất đây là box thcs , sorry nha .

cho a, b, c >0.$\frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(a+c)^2}+ \frac{c}{(b+a)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}$

Lời giải :
Bổ đề :
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$(tự cm nha)
Áp dụng
$VT =\frac{(\frac{a}{b+c})^2}{a}+\frac{(\frac{b}{c+a})^2}{b}+\frac{(\frac{c}{a+b})^2}{c}\geq \frac{(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2}{a+b+c}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$
$\Rightarrow Q.E.D$

cho a, b, c >0.$\frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(a+c)^2}+ \frac{c}{(b+a)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}$

Tất cả những bài được hỏi đều nằm trong ngân hàng đề đợt 2 lớp 10 của trường chuyên khtn . Nếu bạn học tổng hợp thì sao phải hỏi những bài như thế ?

Anh Hoàng cho em hỏi:
Nếu như với lời giải của anh thì $\frac{a}{3-a^2}+\frac{b}{3-b^2}+\frac{c}{3-c^2}\geq \frac{3}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{9}{2}$
Mà đề bài yêu cầu là chứng minh$\geq \frac{3}{2}$

Thực ra là $\frac{a}{3-a^2}\geq \frac{1}{2}a^2$(1)
Thật vậy $(1)\Leftrightarrow a^3+2 \ge 3a $
Đúng theo $AM - GM$ .

Cách khác đơn giản hơn :
$2VT = \sum \frac{2\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}=\sum \left ( 1-\frac{x}{x+2\sqrt{yz}} \right )\leq \sum \left ( 1-\frac{x}{x+y+z} \right )=3-1=2$
$\Rightarrow VT \leq 1 $
$Q.E.D$

Bài 1 : Thay $c=1-a-b$ :
$\Rightarrow S = -3a^2-2b^2+3a+2b-4ab$
$\Leftrightarrow 3a^2+(4b-3)a+2b^2-2b+S = 0 $
Ta có :
$\Delta = (4b-3)^2 -4.3(2b^2-2b+S)=9-8b^2-12S\geq 0$
$\Rightarrow 12S\leq 9-8b^2\leq 9 $
$\Rightarrow S\leq \dfrac{3}{4}$
Dấu = ...
Bài 2 :
$P = (x^2-2x+1)+(y^2-2y+1)+(xy-x-y+1)+2008=(x-1)^2+(y-1)^2+(x-1)(y-1)+2008$
Đến đây thì dễ rồi

hic, bạn giải thích rõ hơn nữa được ko, mình đọc ko hiểu
mình ko hiểu chỗ dần đến ấy, bạn giúp mình nha >.<

chuyển vế đổi dấu chứ có gì đâu

Mình có cách này :
$a^3 +1 = a^3 + \dfrac{1}{27}.27\ge 28\sqrt[28]{\dfrac{a^3}{27^{27}}} $
$\Rightarrow \dfrac{a}{a^3+1}\leq \dfrac{\sqrt[28]{27^{27}.a^{25}}}{28}$
Lại có :
$25.a + 3.\dfrac{1}{3} \geq 28 \sqrt[28]{\dfrac{a^{25}}{27}}$
Lập các bđt tương tự :
$\Rightarrow \sum \sqrt[28]{\dfrac{a^{25}}{27}}\leq 1 $
$\Rightarrow \sum \dfrac{\sqrt[28]{27^{27}.a^{25}}}{28} \leq \dfrac{27}{28}$
$\Rightarrow Q.E.D$

Cho $a,b,c$ là những số thực dương . Chứng minh rằng :

$\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq 8$

Đặt $a=\dfrac{x}{y},b= \dfrac{y}{z},c= \dfrac{z}{x}$.
Bất đẳng thức cần CM tương đương với :
$\sum_{cyc}\dfrac{y}{2x+y}\geq 1$
Thật vậy :
$\sum_{cyc}\dfrac{y}{2x+y}=\sum_{cyc}\dfrac{y^2}{2xy+y^2}\overset {Cauchy-Schwarz}{\ge}\dfrac{(\sum y)^2}{2\sum xy+\sum y^2}=\dfrac{(\sum y)^2}{(\sum y)^2}=1$
$\Rightarrow Q.E.D$

Lời giải nhé:

$LHS + 14 = \dfrac{a}{b+c}+ 1+\dfrac{4b}{c+a} + 4 + \dfrac{9c}{a+b } + 9 = (a + b + c)( \dfrac{1}{b +c} + \dfrac{4}{a + c} + \dfrac{9}{a + b})$
$= \dfrac{1}{2}(a + b + b + c +c +a)( \dfrac{1}{b +c} + \dfrac{4}{a + c} + \dfrac{9}{a + b})\ge \dfrac{1}{2}(1 + 2 + 3)^2 =18$

$\Rightarrow LHS \ge 4$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $b+c=1, a+c=2, a+b=3$ hay $a=2,b=1,c=0$

Min thì mình làm đc rồi , nhưng mà đề bài nó bảo tìm max. Và dấu bằng xảy ra tại $a=2b>0 , c=0$ chứ k hẳn là như của bạn

Ta có: $\dfrac{3}{xy+yz+xz}\geq \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
$\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{6}{(x+y+z)^2}$
Cộng lại VT$\geq 15> 14$

Bạn làm sai rồi : làm gì có cái bđt thứ 2 . Mình làm thế này :
$VT = \dfrac{6}{2(xy+yz+zx)} +\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2} \overset {C-S} {\ge} \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{2xy+2yz+2zx+x^2+y^2+z^2}$
$ = (\sqrt{6}+\sqrt{2})^2>14$
$Q.E.D$

$(x-y)^2 = (1.x-\dfrac{1}{2}.2.y)^2 \overset {C-S} {\le} (1 +\dfrac{1}{4})(x^2+4y^2)=\dfrac{5}{4}$
$\Rightarrow |x-y| \leq \dfrac{\sqrt{5}}{2}$

mình cảm thấy lời giải này không được tự nhiên cho lắm

ko phải là k tự nhiên mà rõ ràng là lời giải đấy sai bét .

Vì vai trò a,b,c như nhau không mất tính tổng quát giả sử$a\geq b\geq c$
=>$a^2\geq b^2\geq c^2$và $\dfrac{a}{b+c}\geq \dfrac{b}{a+c}\geq \dfrac{c}{a+b}$
Áp dụng BĐT Chebishev cho bộ dãy đơn điệu tăng
VT$\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})$
Ta có:$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{9}$=>$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ (dùng biến đổi tương đương là ra )
Từ đó => đpcm

Bạn làm thiếu rồi . Còn phải chứng minh bđt này nữa:
$\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \sum_{cyc} \dfrac{a}{a+b}$ (1)
Thật vậy ta có :
$a \ge b \ge c$
$\dfrac{1}{b+c}\ge \dfrac{1}{c+a} \ge \dfrac{1}{a+b} $
Sử dụng bđt hoán vị
Từ đó ta có (1)
Và rồi mới có đpcm
Ps: Sorry nhìn nhầm đề nhưng mà bạn ý viết đề bị nhầm nên mình kô để ý