Cảm ơn lời giải của bạn. Nhưng có vẻ cách này hơi phức tạp và rườm rà, nhìn mà cũng nhác đọc  . Chắc phải có cách nào khác dễ hiểu hơn chứ.

bạn có thể thấy là bài này là một bài hoán vị chặt dùng holder là bậc 8 hoán vị rất khó đánh giá .chỉ dùng holder khử căn là chưa đủ mà phải đánh bại cái khó đó là cái đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a) =D và cách thông dụng là một xét hàm theo r hoặc dùng PP S.O.C  (hình như S.O.C vô dụng với bài này) . bài này thật ra đã unsolve 1 thời gian trên AOPS )

Mình có một lời giải có hơi phức tạp

P/s nhác viết latex thông cảm

Một mở rộng: cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=1$ tìm số thực k tốt nhất đê Bất đẳng thức đúng

$\frac{a^{2}+kb}{b+c}+\frac{b^{2}+kc}{c+a}+\frac{c^{2}+kb}{a+b}\geq \frac{3k+1}{2}$

P/s:Bài này mình chế từ một baì trên diễn đàn không biết trùng ko nữa

ai có file ko ạ hình như file bị lỗi hết rồi tải về ko dc nữa em cảm ơn

Sao có số $\frac{19}{2}$ ở kia thế ?

 

một mở rộng khác:cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=1$ chứng minh

$\frac{a^{2}+kb}{b+c}+\frac{b^{2}+kc}{c+a}+\frac{c^{2}+ka}{a+b}\geq \frac{3k+1}{2}$

p/s:èo sai đề để em chỉnh lại

cho a,b,c là các số thực không âm thỏa $a+b+c=1$ tìm số thực k tốt nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng

$\frac{a^{2}+kb}{b+c}+\frac{b^{2}+kc}{c+a}+\frac{c^{2}+ka}{a+b}\geq 8$

P/S Bài này em mới nghĩ ra không biết có trùng không !!

Một mở rộng thú vị :v

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.Tìm số thực k tốt nhất sao cho Bất Đẳng Thức

$\frac{a^{2}+kb^{2}}{a+kb}+\frac{b^{2}+kc^{2}}{b+kc}+\frac{c^{2}+ka^{2}}{c+ka}\geq 3$

http://math.stackexc...bcb-sqrt-frac2c link giải cho bài này tại đây và cách này cũng là đối xứng hóa đó

bằng cách thay $a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{x}{z}$ ta có BĐT$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{c^{2}+b^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}+c^{2}}}\leq \frac{3}{2}$ đây à bđt quen thuộc của Vasc với cách dùng "Đối xứng hóa"

Ta có:$\sum \frac{a^2+3b^2}{a+3b}\ge^{Cauchy-Schwarz} \frac{(\sqrt{a^2+3b^2})^2}{4(a+b+c)}\rightarrow A$.

Ta đi Cm:  $A\ge 3\iff \sum \sqrt{a^2+3b^2}\ge \sqrt{12(a+b+c)}$.

Thật vậy: Ta có: $\sqrt{a^2+3b^2}\ge \frac{a}{2}+\frac{3b}{2}\iff (a-b)^2\ge 0$.

$\implies \sum \sqrt{a^2+3b^2}\ge 2(a+b+c)\ge \sqrt{12(a+b+c)}\implies Q.E.D$.

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$

sai rồi bạn vì $\sum a^{2}= 3\Rightarrow \sqrt{\sum a} \leq \sqrt{3}$ $\Rightarrow$$2\sqrt{\sum a}-\sqrt{12} \leq 0$ 

Lấy 1 bài hiện unsolve trên AOPS, và MARATHON BĐT

cho $a,b,c>0$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

$\frac{a^{2}+3b^{2}}{a+3b}+\frac{b^{2}+3c^{2}}{b+3c}+\frac{c^{2}+3a^{2}}{c+3a}\geq 3$

không biết năm mình thi trong p` có gái xinh ko nhỉ :v

2 đáp án khác nhau này mọi người

Bài toán 37. (AoPS) . Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2} \geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}.$$

1 lời giải khác giả sử $a=min(a,b,c)$ ta dễ dàng chứng minh được $\sqrt{a^{2}+bc+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+ca+c^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}$
áp dụng $(x+y)^{2}=2(x^{2}+y^{2})-(x-y)^{2}$ ta có $(\sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+ab+c^{2}})^{2}=2(2a^{2}+2a(b+c)+b^{2}+c^{2})-\frac{(b-c)^{2}(b+c-a)^{2}}{(\sqrt{a^{2}+ac+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+ab+c^{2}})^{2}}\geq 2(2a^{2}+2a(b+c)+b^{2}+c^{2})-(b-c)^{2}$$=4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2}$
ta sẽ chứng minh $\sqrt{4a^{2}+2a+(b+c)^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \sqrt{4(\sum a^{2})+5\sum ab}\Leftrightarrow 2\sqrt{(4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2})(b^{2}+bc+c^{2})}\geq 3a(b+c)+2(b^{2}+bc+c^{2}) \Leftrightarrow 4(4a^{2}+2a(b+c)+(b+c)^{2})(b^{2}+bc+c^{2})\geq 9a^{2}(b+c)^{2}+12a(b+c)(b^{2}+bc+c^{2})+4(b^{2}+bc+c^{2})^{2}\Leftrightarrow 3a^{2}(b-c)^{2}+4(a-b)(a-c)(b^{2}+bc+c^{2})\geq 0$ dpcm

Lời giải bài 37.

Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}.$

Ta chứng minh

$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2}\geq \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{c^2+bc+a^2}$$

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$(a^2+bc+b^2)(c^2+ab+a^2)\geq (a^2+ab+b^2)(c^2+bc+a^2)$$

$$\Leftrightarrow b(b+c)(b-c)(a-c)\geq 0$$

Ta cũng chứng minh

$$\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{a^2+bc+c^2}\geq \sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}$$

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$(b^2+ca+c^2)(a^2+bc+c^2)\geq (b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$$

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

Từ 2 bất đẳng thức trên ta dễ dàng suy ra

$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+bc+b^2}\geq \sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}$$

nên ta chỉ cần chứng minh

$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$

bình phương và thu gọn ta cần chứng minh

$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq (a+b+c)^2$$

ta lại có $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)-\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]^2=\frac{3}{4}b^2(c-a)^2\geq 0$

nên

$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq \sum_{cyc}\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]=(a+b+c)^2$$

Xong!

lời giải của bạn là lời giải được lấy từ http://www.artofprob...h507278p2850887

Anh đã kiểm tra lại và thấy nó đúng

 

èo srry em chưa phân tích hết ra   

Ta có

\[2\left(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}}\right)+1-\frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} = \frac{2\displaystyle \sum a(a-b)^2(b-2c)^2}{abc(a+b+c)^2} \geqslant 0.\]

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

hình như cái phân tích thế nào ấy em phân tích nó ra khác và ko lớn hơn 0 anh xem lại dùm em cảm ơn 

Bài 35/1: Giả sử $c=min(a,b,c)$.
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
$\frac{7(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b+c)(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c)} \geq \frac{(a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}$.
Do $(a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c) \leq (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ nên ta chỉ cần chứng minh:
$14(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b+c)^2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$.
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$14(a^3+b^3+c^3) \geq 14\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c} \geq \frac{14}{9}.\frac{(a+b+c)^3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{a+b+c} \geq (a+b+c)^2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \blacksquare$.

$(a+b+c)^{3}$ mất đâu rồi bạn :3 

Ta có
\[2\left(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}}\right)-1-\frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} = \frac{2\displaystyle \sum a(a-b)^2(b-2c)^2}{abc(a+b+c)^2} \geqslant 0.\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 33. (AoPS) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\geq 1$ và $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng

\[\dfrac{\sqrt{ab-1}+\sqrt{bc-1}+\sqrt{ca-1}}{\sqrt[4]{abc}}\leq \dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\]

Loi Giai:BĐT$\Leftrightarrow \sum \sqrt{ab-1}\leq \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}})\Leftrightarrow 2\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}\leq (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}})\Leftrightarrow 4\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}+8 \sum \frac{x+y+z}{\sqrt{xy}}\leq (a+b+c+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}))(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

áp dụng bđt schur dạng phân thức $a+b+c\geq 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})-\frac{9abc}{2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}$

ta cần chứng minh $4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}-\frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc+\sqrt{ca}})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\geq 4\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}+8\sum \frac{x+y+z}{\sqrt{xy}}$

mà$(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}= \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x\sqrt{yz}}\geq \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{(y+z)(x+\sqrt{yz})}{x\sqrt{yz}}= \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{y+z}{x}+2\sum \frac{x+y}{\sqrt{xy}}$

ta sẽ chứng minh $8\sum \frac{y+z}{x}-8\sum \frac{z}{\sqrt{xy}}+12\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc+\sqrt{ca}})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

mà $8\sum \frac{z}{\sqrt{xy}}\leq 4\sum (\frac{z}{x}+\frac{z}{y})= 4\sum \frac{x+y}{z}$

vậy ta có $4\sum \frac{x+y}{z}+12\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\Leftrightarrow 2(\sum \frac{1}{z})(\sum (x+y))\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$ 

áp dụng C-S $2(\sum (x+y))(\sum \frac{1}{z} )\geq 2(\sum \sqrt{\frac{y+z}{x}})^{2}= 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}$

ta cần chứng minh $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{3}\geq 9\sqrt{abc}(\sum \sqrt{ab})=9(\sum \sqrt{ab})\sqrt{a+b+c+2}$ mà $a+b+c\geq6$ nên ta có $\sqrt{a+b+c+2}\leq \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{a+b+c}$$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{3}\geq$

ta chứng minh  $3\sqrt{3(a+b+c)(\sum \sqrt{ab})^{2}}$ mà theo AM-GM $27(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\leq (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{6}$ vậy ta có đpcm

bài 35:VQBC cho $a,b,c$$2(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}})+1\geq \frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$ là các số thực ko âm chứng minh

P/s cho mình được phá lệ nha vì bài 35 mình thấy hay nên cho mình đăng 1 bài dùng 35 làm bổ đề và bài 35 cũng rất thú vị cho những ai giải các bđt hoán vị. Thím Long cho cái P/S zô hide hộ :3

Bài 35/1:(Sưu Tầm) cho $a,b,c >0$ chứng minh$\frac{7\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{a+b+c}+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 8$

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A.M,N$ là trung điểm $BC,AB$.Một đường thẳng vuông góc $BC$ tại $P$ cắt $AB$ tại $X.S,T$ là trung điểm $PB,PX$.Lấy $L$ thuộc $MN$ sao cho $BL$ vuông góc $BC.R$ thuộc $MT$ sao cho $PR\parallel LS$. Chứng minh $(RMN)$ tiếp xúc $(PB)$

ANH cân hết nha :3

 

Lời giải của em là viết tắt lại lời giải ở link sau, Gachdptrai12: http://www.artofprob...h545892p3248382

Xin được giới thiệu lời giải khá hay sau của bạn Phạm Nguyễn Mạnh (với ý tưởng tương tự):

Đặt $X=\sqrt{a^2+b^2+c^2},\ Y=\sqrt{ab+bc+ca}$. Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng

$$\sum \left(X-\sqrt{a^2+2bc}\right) \geq 2(X-Y),$$

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\sum (b-c)^2}{X+Y}.$$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\left[\sum (b-c)^2\right]^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})}.$$

Ta chỉ cần chứng minh

$$ \dfrac{\sum (b-c)^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})} \geq \dfrac{1}{X+Y},$$

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$

Ta có

$$ \sum\left[(b-c)^2(ab+bc+ca)-(b-c)^2(a^2+2bc)\right]=\sum \big[(b-c)^2(a-b)(c-a)\big]=0.$$

Do đó

$$ \sum (b-c)^2Y^2=\sum \dfrac{(b-c)^2(Y^2+a^2+2bc)}{2} \geq \sum (b-c)^2Y\sqrt{a^2+2bc}.$$

Ta thu được

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$ 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$, hoặc $b=c$, hoặc $c=a$.

 

p/s TST có anh nào giải ra ko ạ :3 và bài 29 còn 1 cách bằng pp AM-GM của anh Cẩn 

Bài toán 28. (Tập huấn đội tuyển Việt Nam 2016). Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
\[ \sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}+\sqrt{c^2+2ab} \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}.\]

 Lời giải bài 28. Phân tích về dạng S.O.S ta được
$\sum \frac{(a-b)^{2}}{\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{\sum (a-b)^{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$
Áp dụng bất đẳng thức C-S ta có
$\sum \frac{(a-b)^{2}}{\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{[\sum (a-b)^{2}]^{2}}{(a-b)^{2}(\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})}$
Ta chỉ cần chứng minh
$(\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\sum (a-b)^{2}\geq \sum (a-b)^{2}(\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})$

$\Leftrightarrow\sqrt{ab+bc+ca}\sum (a-b)^{2} \geq \sum (a-b)^{2}\sqrt{c^{2}+2ab}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\sqrt{ab+bc+ca}-\sqrt{c^{2}+2ab})\geq 0$
Bây giờ ta sử dụng bất đẳng thức $\sqrt{x}-\sqrt{y}\geq \frac{x-y}{2\sqrt{x}}$ ta có
$\sum (a-b)^{2}(\sqrt{ab+bc+ca}-\sqrt{c^{2}+2ab})\geq \frac{\sum (a-b)^{2}[ab+bc+ca-2ab-c^{2}]}{2\sqrt{ab+bc+ca}}= \frac{\sum (a-b)^{2}(a-c)(b-c)}{\sqrt{ab+bc+ca}}$
Mà $\sum (a-b)^{2}(a-c)(b-c)=0$ nên ta có điều phải chứng minh

 Bài toán 29. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm chứng minh

$\sqrt{4a^{2}+bc}+\sqrt{4b^{2}+ca}+\sqrt{4c^{2}+ab}\leq \frac{5}{2}(a+b+c)$