Cmr $$f(a,b,c) \leq f(a+b,c,0)$$.

Cho $a,b,c \in [1,2]$ thoả $a+b+c=5$. 

Chứng minh rằng 

$$100+9abc \geq 17(ab+bc+ca)$$

Cho a, b, c là các số dương thay đổi và a + b + c = 4. CMR : $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} > 4$

*P/s: Xin lỗi các bạn, mình đã sửa đề

KMTTQ, $a \geq b \geq c$

Đpcm $$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b} \geq 2 \sqrt{a+b+c}$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{b+c} \geq \frac{c}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b}} +\frac{b}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c}}$$

Có $$\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b} \geq \sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c} \geq \sqrt{b+c}$$

Vậy $$R.H.S \leq \frac{b+c}{\sqrt{b+c}}=L.H.S$$

Ta có điều phải chứng minh.

vì sao ạ?

Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?

1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.


b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

KMTTQ, $a \geq b \geq c$
Khi đó dễ cmr $a - \frac{1}{a} \geq b-\frac{1}{b} \geq c - \frac{1}{c}$
Và $3+ \sqrt{8+ \frac{1}{a^2}} \leq 3+ \sqrt{8+ \frac{1}{b^2}} \leq 3+\sqrt{8+\frac{1}{c^2}}$
Bđt cần cm tương đương với
$\sum \frac{a-\frac{1}{a}}{3+ \sqrt{8+\frac{1}{a^2}}} \geq 0$
Áp dụng bđt Cheybershev kết hợp điều kiện ta có đpcm.

Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau.
Nếu $a,b,c>0$ và $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \geq 3$

Từ đánh giá $a^3+b^3+1 \geq 3ab$ và giả thiết ta có $$\sum xy(x+y+1) \geq 9$$ trong đó $x=a^3,y=b^3,c=z^3$
Giả sử rằng $p=x+y+z \leq 3$
Trước hết,ta sẽ cmr $r \geq \frac{4q-9}{3}$
Theo Schur, $r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
Kết quả nếu trên sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $p(4q-p^2) \geq 12q-27 \Leftrightarrow (3-p)(p^2+3p+9-4q) \geq 0$.
Bất đẳng thức cuối đúng do $9 \geq p^2 \geq 3q$.
Vậy $3r \geq 4q-9$
Mà theo trên ta có $4q-9 \geq pq+q-9 \geq 3r$ nên dấu bằng phải xảy ra hay $x=y=z=1,a=b=c=1$. Khi đó $a^3+b^3+c^3=3 \geq 3$
Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán.
Ta có $a+ \sqrt{a} \geq 2 \sqrt[4]{a^3}$
Bài toán trở thành bổ đề cho $( \sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})$

cho a, b, c >0 chứng minh
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq 1+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Do tính thuần nhất ta có thể cho $c=1$. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$$a^2b+b^2+a+ab\geq \sqrt{2ab(a+b)(a+1)(b+1)}$$
Bình phương lên và biến đổi nó tương đương với $a^4b^2+b^4+a^2 \geq 3a^2b^2$
Đúng theo AM-GM

Có $$\sum \frac{a}{\sqrt{\frac{3}{2}(b+c)(a+b+c)}} \geq \sum \frac{4a}{2a+5b+5c} \geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2+6(ab+bc+ca)} \geq 1$$

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

Theo AM-GM $$4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca) \leq (a+b)^2(a+b+c)^2$$
Bất đẳng thức cần chứng minh đưa về $$\frac{a}{b+c} +\frac{b}{a+c} +\frac{c}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$$

Hiển nhiên theo C-S. 

Xét $3(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2-3abc(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=q^2(p^2-3q)+(3q+2p^2)(q^2-3pr) \geq 0$

Có thể dùng dồn biến. Chú ý rằng với $ab\leq 1$ ta dễ dàng chỉ ra rằng
$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}} \leq \frac{2}{\sqrt{ab+1}}$$. Thay $ab=\frac{1}{c}$ và xét hàm theo $c$.

Chứng minh bất đẳng thức sau với $a,b,c \geq 0,a+b+c=1, k=\dfrac{8}{27} ( 5 \sqrt{10}-13)$
$$ \sum \dfrac{a^2}{b+c}+6(ab+bc+ca) \geq \dfrac{5}{2} +k \dfrac{\sum (a^2b-ab^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$

Bất đẳng thức vẫn đúng mà không cần điều kiện $a^5b+b^5c+c^5a=a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2.$

Anh cho em tham khảo lời giải tổng quát? Và đặc biệt là hằng số tốt nhất. E có thử tìm nhưng nó khá là khó và chỉ dừng ở 6.
Em có thử với $a^5b+b^5c+c^5a \geq a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2$ và cũng đã chứng minh được bất đẳng thức đúng tuy nhiên chưa làm được phần còn lại.

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^5b+b^5c+c^5a=a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2$
Chứng minh rằng
$(a^3-b^3)^2+(b^3-c^3)^2+(c^3-a^3)^2 \geq 6abc(a-b)(b-c)(c-a)$

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{a+2b+6}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c+6}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a+6}}\leq 1.$

$$\sum_{cyc} \frac{1}{\sqrt{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \sum_{cyc} \frac{1}{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{a+2b+3} + \frac{1}{9} \right)} \leq \sqrt{3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{2( \sqrt{ab}+ \sqrt{b}+1)} + \frac{1}{9} \right)} = 1$$

Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$ \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{a^3+b^3+c^3} \leq \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} + \frac{3 \sum (a-b)^2}{4 (a+b+c)^2}$$

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left | \frac{a^{3}-b^{3}}{a+b}+\frac{b^{3}-c^{3}}{b+c}+\frac{c^{3}-a^{3}}{c+a} \right |\leqslant \frac{1}{4}\left [(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \right ]$

Hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức này khá xấu và có thể tìm bằng dồn biến toàn miền.
Cho $$a=0,b=2,c=1+ \sqrt{3}+\sqrt{2} \cdot 3^\frac{1}{4}$$ thì $k \geq \sqrt{\dfrac{2 \cdot \sqrt{3}-9}{9}}$

Có vẻ như $\frac{1}{4}$ chưa phải hằng số tốt nhất.
Bình phương lên, điều phải chứng minh tương đương.
$$4\prod(a-b)^2 (ab+bc+ca)^2 \leq \prod (a+b)^2 (\sum a^2-bc)^2$$
Đổi về pqr.
$$ \dfrac{4q^2}{27} [4(p^2-3q)^3 -(2p^3-9pq+27r)^2] \leq (pq-r)^2(p^2-3q)^2 $$
$$L.H.S \leq \dfrac{16q^2(p^2-3q)^3}{27}$$
Ta quy điều phải chứng minh về
$$\dfrac{16q^2(p^2-3q)}{27} \leq (pq-r)^2$$
Có $$pq-r \geq \dfrac{8pq}{9}$$
Thay vào và biến đổi, bất đẳng thức tương đương với
$$q^2(\frac{p^2}{3} +3q) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

CM tương đương.
chuyển vế: $(\frac{a}{a^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{b}{b^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{c}{c^2+1}-\frac{3}{10})\leq 0<=>\sum( \frac{-3a^2+10a-3}{a^2+1})$(luôn đúng).
Dấu "=" xảy ra khi x=y=3.

Hãy đánh giá thử bất đẳng thức cuối xem vì sao nó đúng?

$$\sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} + \sum \dfrac{6(3a-1)}{25}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$
Tìm hằng số k tốt nhất sau cho bất đẳng thức sau luôn đúng $$ \sum \sqrt{a+b+\sqrt{ca}+\sqrt{cb}} \geq k(\sum \sqrt{a})$$

Chuẩn hóa $a+b+c=1$.
Ta phải chứng minh
$$27a^2b^2c^2+8abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$$
Đặt $f(a,b,c)=27a^2b^2c^2+8abc+1-4(ab+bc+ca)$
Không mất tính tổng quát,$a= \min{a,b,c}$ và đặt $t=\frac{b+c}{2}$
Ta sẽ cmr $f(a,b,c)-f(a,t,t) \geq 0$
$\Leftrightarrow (t^2-bc)\left[ 27a^2(t^2+bc) +8a-4 \right] \leq 0$
Có $bc\leq t^2$ và $a+2t=1$ Thay vào ta đi cmr $\frac{27}{2}a^2(1-a)^2 +8a-4 \leq 0$
Dễ dàng chứng minh điều này với $a \leq \frac{1}{3}$
Kiểm tra $f(a,t,t) \geq 0$ khá đơn giản.

Cho tứ giác $ABCD$ cố định và 1 điểm $P$ chuyển động trên đường $AC$. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác $APD$ cắt tia $AD$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$ cắt tai $AD$ tại $F$. Chứng minh rằng khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ luôn đi qua 1 điểm cố định.
[hide] Với cấu hình khá là đẹp thế này không biết liệu nó đã xuất hiện ở đâu chưa? [\hide]

Bài toán nên là $x,y,z$ không âm thì hay hơn( khi đó dấu bằng xảy ra thêm tại $(x,y,z) \sim (0,\sqrt{3},\sqrt{3})$)

Ta sẽ chứng minh rằng $\sum \dfrac{1}{x^2+1} \geq \frac{3}{2}.$

Nhân lên và biến đổi $p,q,r,$ ta đi chứng minh $p^2 +pr +r(p-3r) \geq 12.$

Do $a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc} \geq 3abc \Rightarrow p \geq 3r,$ nên ta quy về chứng minh $p^2+pr \geq 12.$

Nếu $p^2 \geq 12$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Giả sử $9 \leq p^2 \leq 12.$

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3 $r \geq \frac{p(12-p^2)}{9},$ điều phải chứng minh trở thành  $(p^2-9)(12-p^2) \geq 0$ :đúng.

Nếu từ điểm M mà hạ MH vuông góc với BC thì đường AH là đường trong bài P17 của thày Hùng ở tạp chí Pi số 1!

Ùi  May quá  Tý thì e lỡ post lời giải bài P.17