Tương đương: ${\sin ^{2m}}x.{\cos ^{2n}}x \le \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Đặt ${\sin ^2}x = a \in \left[ { - 1;1} \right]$

Ta có $f\left( a \right) = {a^m}{\left( {1 - a} \right)^n}$

$f'\left( a \right) = m{a^{m - 1}}{\left( {1 - a} \right)^n} - n{a^m}{\left( {1 - a} \right)^{n - 1}}$

Với $a \in \left[ {\dfrac{m}{{m + n}};1} \right] \Rightarrow f'\left( a \right) \le 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Với $a \in \left[ { - 1;\dfrac{m}{{m + n}}} \right) \Rightarrow f'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Tóm lại ta luôn có: ${\sin ^m}x.{\cos ^n}x \le \sqrt {\dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}} $ Q.E.D

Đây đây có cu LinKinPark đây .....

Lời giải

BĐT cần Cm tương đương:

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {\dfrac{{ab + bc + ca}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

BCS

$\left( {{a^2} + 2bc} \right)\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) \ge {\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2} \le \left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right)$

Suy ra

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Cần CM $\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4} \le \sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} $

Cauchy Schwarz

$\sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}}$

Cần CM: $\dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Ta sẽ CM: $\dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

BĐT trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=1$. Đặt $p = a + b + c,q = ab + bc + ca,r = abc$. BĐT trở thành:

$\dfrac{{pr}}{{{q^2} - pr}} \ge \dfrac{{4r}}{{pq - r}} \Leftrightarrow q\left( {4q - 1} \right) - 3r \le 0$

Với $q \le \dfrac{1}{4}$ done

Với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$. Sử dụng BĐT Schur $9r \ge 4q - 1$ đưa BĐT trên trở thành:

$12{q^2} - 7q + 1 \le 0$ đúng với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$

Bây giờ ta chỉ việc CM

$\dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}} \left( {\dfrac{{\left( {c - b} \right)\left( {c - a} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) \ge 0$ (Đúng theo Vornicu Schur)

ĐTXR khi va chỉ khi $a=b=c$

a) $\Delta ABC \sim \Delta AMN \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \cos 45^\circ = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$

b) Dựng $Ag$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$. Ta có: $\widehat{gAN} = \widehat{BCA} = \widehat{ANM} \Rightarrow Ag\parallel MN$

Mà $Ag \bot OA$ nên $MN \bot OA$

Holer

$\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}}$

AM-GM

${\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{{n - 1}}{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}} \right)} \right]^{n - 1}}$

$ = {\left[ {1 + \dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}} = {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Suy ra $\prod\limits_{i = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Xây dựng thêm $n-1$ BĐT như vậy rồi nhân vế theo vế ta được

${\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}}$

hay

$\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} \ge \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} $ Q.E.D

Cho $a=0,2 ,b=3, c=5$

Cho tam giác ABC. Lấy 1 điểm M trong tam giác . AM cắt BC tại A', BM cắt C tại B'. CM cắt AB tại C'. Chứng minh:
MA'/AA'+MB'/BB'+MC'/CC'=1

Ta có $\dfrac{{MA'}}{{AA'}} = \dfrac{{{S_{MBC}}}}{{{S_{ABC}}}}$. CM tương tự rồi công lai ta dc:

$\dfrac{{MA'}}{{AA'}} + \dfrac{{MB'}}{{BB'}} + \dfrac{{MC'}}{{CC'}} = \dfrac{{{S_{MBC}} + {S_{MCA}} + {S_{MAB}}}}{{{S_{ABC}}}} = 1$

Dùng diện tích và tính chất dãy tỉ số bằng nhau là đc á mà .
-----------------------
Áp dụng cái đó làm bài sau:
Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác .Các tia AO , BO,CO lần lượt cắt BC,AC,AB tại M,N,P . Tìm Min AM/OM + BN/ON +CP/OP (2 điểm)
(Đề thi HSG Quảng Ngãi lớp 9 , 09-10 , có sửa 1 chút)

Ta có: $\dfrac{{AM}}{{OM}} = \dfrac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{OBC}}}}$. Tương tự ta dc

$\dfrac{{AM}}{{OM}} + \dfrac{{BN}}{{ON}} + \dfrac{{CP}}{{OP}} = {S_{ABC}}\left( {\dfrac{1}{{{S_{OBC}}}} + \dfrac{1}{{{S_{OCA}}}} + \dfrac{1}{{{S_{OAB}}}}} \right)$

$ \ge \dfrac{{9{S_{ABC}}}}{{{S_{OBC}} + {S_{OCA}} + {S_{OAB}}}} = 9$

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ bán kinh $2p$ ($p$ nguyên tố). Các đường thẳng $OA, OB, OC$ cắt $BC, CA, AB$ lần lượt tại $A_1, B_1, C_1$. Biết độ dài $O{A_1},O{B_1},O{C_1}$ là các số nguyên. Tính 3 cạnh tam giác $ABC$

Vẫn sai $a=0,9. b=0.001, c=0,099$

----------------------------------------------------------------------------------
Cho a, b, c là các số thực không âm và a+b+c=1. Chứng minh rằng:

----------------------------------------------------------------------------------
Đề chỉ có như trên thôi.

Bạn nhìn nhầm đề rồi kìa. $\12\sqrt{abc}$ chứ không phải là $\sqrt{12abc}$.
Bạn có thể làm theo phương pháp dồn biến được không. Cám ơn nhiều.

Mình khẳng định chắc chắn là đề đúng 100%.
$a^2+b^2+c^2+12\sqrt{abc}$. Đây là đề thi thử một trường THPT

$a=b=c= \dfrac{1}{3}$ BĐT sai

Tương đương

$\left( {\sum {{a^2}} } \right) + \sqrt {12abc\left( {\sum a } \right)} \le {\left( {\sum a } \right)^2}$

$ \Leftrightarrow \left( {\sum {ab} } \right) \ge \sqrt {3abc\left( {\sum a } \right)} $ (đúng )

ĐTXR khi $a = b = c = \dfrac{1}{3}$ hoặc $a = b = 0,c = 1$ và các hoán vị tương ứng

Bài làm của bạn quả là kỳ công

Do $abc=1$ đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{x}$. BĐT cân CM trở thành:

$\sum {\dfrac{{x{z^2}}}{{y\left( {2{y^2} + {z^2}} \right)}}} \ge 1$

Đặt $x = \dfrac{1}{u},y = \dfrac{1}{v},z = \dfrac{1}{w}$. BĐT cần CM trở thành:

$\sum {\dfrac{{{v^3}}}{{u\left( {2{w^2} + {v^2}} \right)}}} \ge 1$

Ta có: $LHS* = \sum {\dfrac{{{v^4}}}{{uv\left( {2{w^2} + {v^2}} \right)}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sum {{u^2}} } \right)}^2}}}{{2uvw\left( {\sum u } \right) + \left( {\sum\limits_{cyc} {u{v^3}} } \right)}}$

Áp dụng 2 BĐT

$\sum\limits_{cyc} {u{v^3}} \le \dfrac{1}{3}{\left( {\sum {{u^2}} } \right)^2}$ ( Vacsile Certoaje' Ineq )

$2uvw\left( {\sum u } \right) \le \dfrac{2}{3}{\left( {\sum {{u^2}} } \right)^2}$

Q.E.D

Nó làm đúng đó chứ

Để $OH\parallel BC$ thì $\overrightarrow {OH} = k\overrightarrow {BC} $. Ta có:

$\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OH} = k\overrightarrow {BC} $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} + \left( {1 + k} \right)\overrightarrow {OB} + \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 $

$ \Leftrightarrow \sin 2A\overrightarrow {.OA} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 + k} \right).\overrightarrow {OB} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 - k} \right).\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 $

Mặt khác ${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A.\overrightarrow {OA} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}B.\overrightarrow {OB} + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}C.\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 $

Nên $\left[ {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}B - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 + k} \right)} \right].\overrightarrow {OB} + \left[ {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}C - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 - k} \right)} \right].\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 $

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}B = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 + k} \right) \\ {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}C = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A\left( {1 - k} \right) \\ \end{array} \right.$

$ \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}B + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}C = 2\sin 2A$

$ \Leftrightarrow \cos \left( {B - C} \right) + 2\cos \left( {B + C} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow 2\cos B\cos C + \cos \left( {B + C} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \cot B.\cot C = \dfrac{1}{3}$

Đây là hệ thức cần tìm

AM-GM: $\sum {{{\left( {\dfrac{a}{{{m_a}}}} \right)}^3}} \ge \dfrac{1}{9}{\left( {\sum {\dfrac{a}{{{m_a}}}} } \right)^3} = \dfrac{8}{9}{\left( {\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}} }}} } \right)^3}$

Ta sẽ CM: $\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}} }}} \ge \sqrt 3 $

Chuẩn hóa ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$. BĐT trở thành

$\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {2 - {a^2}} }}} \ge 3$

Ta có: $\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {2 - {a^2}} }}} = \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {{a^2}\left( {2 - {a^2}} \right)} }}} \ge \sum {{a^2}} = 3$ Q.E.D

Vậy $\min = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}$ khi tam giác $ABC$ đều

$\left( {a + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {b + \dfrac{1}{c}} \right)\left( {c + \dfrac{1}{a}} \right)$

$ = \left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {\dfrac{1}{a}} } \right) + \left( {abc + \dfrac{1}{{729abc}}} \right) + \dfrac{{728}}{{729abc}}$

$ \ge 10 + \dfrac{{730}}{{27}} = \dfrac{{1000}}{{27}}$

ĐTXR $ \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{3}$

Bài 1 Cho $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác. CM:

$\left[ {\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3}}}} } \right] + 1 \ge 2\left[ {\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}}} } \right]$

Bài 2 Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh:

$\sum {\dfrac{{{a^2} + ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{8}\sqrt[3]{{\dfrac{{{{\left[ {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} \right]}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}}} \ge 3$

Mấy bài này mạnh quá.Ai đi post vào box thcs cơ chứ.
Em thích mấy bài đẹp cơ.Đánh giá phải hay cơ.
Em không thix p,q,r lắm mặc dù đây là thứ mạnh nhất mà em có

Làm việc có phương pháp vẫn thú vị hơn chứ ^^.

Bài 1 Do BĐT này là thuẩn nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$

Đặt $p = a + b + c = 1,q = ab + bc + ca,r = abc$, BĐT cần CM tương đương:

$\sqrt q \ge \sqrt r + \sqrt {r + \sqrt {\left( {1 - 2q} \right)\left( {{q^2} - 2r} \right)} } $

$ \Leftrightarrow q + r - 2\sqrt {qr} \ge r + \sqrt {\left( {1 - 2q} \right)\left( {{q^2} - 2r} \right)} $

$ \Leftrightarrow {q^2} + 4qr - 4\sqrt {{q^3}r} \ge {q^2} - 2r - 2{q^3} + 4qr$

$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{q^3}} - \sqrt r } \right)^2} \ge 0$ Q.E.D

Bài 2 Làm tương tự ta đưa BDT cần CM về dạng sau

$6{q^2}r + 63q{r^2} + 27{r^3} + 3qr + 3{q^4} \ge 6\sqrt {{q^5}r} + 30\sqrt {{{\left( {qr} \right)}^3}} + 36\sqrt {q{r^5}} + 3{r^2} + 3{q^3}r$

Ta có:

$3{q^4} + 3{q^2}r \ge 6\sqrt {{q^5}r} $

$5{q^2}r + 45q{r^2} \ge 30\sqrt {{q^3}{r^3}} $

$6q{r^2} + 54{r^3} \ge 36\sqrt {q{r^5}} $

${q^2}r + 12q{r^2} \ge 3{r^2} + 3{q^3}r + 27{r^3}$

Cộng lại Q.E.D

Chú ý: $q \le \dfrac{1}{3},r \le \dfrac{1}{{27}},{q^2} \ge 3r,r \ge \left( {\dfrac{{4q - 1}}{9}} \right)$

Sao được bạn . $x$ càng lớn $ (1-x)^5 $ càng nhỏ ; $x^3$ càng lớn . Sao bạn khẳng định dc hay vậy

$x \in N*$ nên $1 - x \le 0$. Do đó $x$ càng tăng thì $y$ càng nhỏ

Chú ý $abc = 4SR = 4pRr$

Ta có: ${S^2} = p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) = - {p^4} + \left( {ab + bc + ca} \right){p^2} - 4{p^2}Rr$

$ \Rightarrow ab + bc + ca = {r^2} + {p^2} + 4Rr$

Vậy $\sum {{a^2}} = {\left( {\sum a } \right)^2} - 2\left( {\sum {ab} } \right) = 2{p^2} - 8Rr - 2{r^2}$

Ta có: $2abc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \ge \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - {\left( {a + b + c} \right)^2}$ (AM-GM và Schur )

Suy ra $LHS \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\left( {ab + bc + ca} \right) - {\left( {a + b + c} \right)^2} = 2\left( {ab + bc + ca} \right)$

ĐTXR $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài 2 Đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{t},d = \dfrac{t}{x}$. BĐT trở thành

$\left[ {\sum {\dfrac{{{x^4}{y^4}{z^4}}}{{{x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4}}}} } \right] \le 1$

AM-GM: ${x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4} \ge 4{x^4}{y^4}{z^4}$. Tương tự Q.E.D

Nhìn nhầm ...sai mất rồi

Bài 2 là xuất phát từ bdt $x^4+y^4+z^4 \geq xyz(x+y+z)$
Ta có
$\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq \dfrac{1}{abc(a+b+c)+1}=\dfrac{1}{abc(a+b+c+d)} =\dfrac{d}{a+b+c+d}$

Tương tự .....$ \Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq 1$

Đùng rồi nhưng là bé hơn chứ

Bài 1

Ta có: $\sum {\dfrac{{c - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = \sum {\dfrac{{{c^2} + ac + bc - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = - 3 + \sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} $

BĐT cần CM tương đương:

$\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge 5$

Ta có: $\left[ {\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge \dfrac{{9\left( {\sum {{a^2}} } \right)}}{2{\left( {\sum {{a^2}} } \right) + \left( {\sum {ab} } \right)}} \ge 3$

Cần CM:

$\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $

$ \Leftrightarrow \sum {c\left( {a + b} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{a^2} + ac + {c^2}} \right)} \ge 2\prod {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)} $ $$

Ta có:

$LHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) + \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}bc} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$RHS* = 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$LHS* - RHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) - \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) \ge 0$

Ko biết còn cách nào cho BĐT $\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $ không nhưng mình còn 2 cách bằng dồn biến thừa trừ và dồn biến bằng kỹ thuật hàm số . Nói chung đều khá dài dòng và vượt ngoài khuôn khổ THCS. Bạn có cách nào hay có thể post lên không. Thanks nhiều

Bài 2 Đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{t},d = \dfrac{t}{x}$. BĐT trở thành

$\left[ {\sum {\dfrac{{{x^4}{y^4}{z^4}}}{{{x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4}}}} } \right] \le 1$

AM-GM: ${x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4} \ge 4{x^4}{y^4}{z^4}$. Tương tự Q.E.D

Bài 3 GLA khỏi suy nghĩ

${a^2} + {b^2} + {c^2} = 2{p^2} - 8Rr - 2{r^2} = 2 - 8Rr - 2{r^2}$

$abc = 4pRr = 4Rr$

BĐT tương đương

$2 - 8Rr - 2{r^2} + 8Rr < 2 \Leftrightarrow {r^2} > 0$

Bài 1 $\left[ {{x^2}\left( {x + 1} \right) + 2x\sqrt {x + 1} + 1} \right] + x\sqrt {x + 1} + 1 > 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x\sqrt {x + 1} + 1} \right)^2} + x\sqrt {x + 1} + 1 > 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x\sqrt {x + 1} + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} > 0$

Thật ra nó chỉ là nhận xét ${a^2} + a + 1 > 0$ $\forall a$

Bài 2 Ta có: $xy + yz + zx \le \dfrac{1}{3}{\left( {x + y + z} \right)^2} = 3$

Suy ra $\sum {\dfrac{1}{{2xy + 1}}} \ge \dfrac{9}{{2\left( {xy + yz + zx} \right) + 3}} \ge 1$

Bài này minh sử dụng 2 BĐT cơ bản là $xy + yz + zx \le \dfrac{1}{3}{\left( {x + y + z} \right)^2}$

và $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}$ với $a = 2yz + 1,b = 2xz + 1,c = 2xy + 1$

$3\left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}} \right) \ge {\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)^2} = 1$

$M \ge \left( {1 + {{27}^{\dfrac{1}{x}}}} \right)\left( {1 + {{27}^{\dfrac{1}{y}}}} \right)\left( {1 + {{27}^{\dfrac{1}{z}}}} \right) \ge {\left( {1 + {3^{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}}}} \right)^3} = 64$

Do $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên đặt $a = y + z,b = x + z,c = x + y$

$LHS = \dfrac{{4\left( {y + z} \right)}}{{2x}} + \dfrac{{9\left( {z + x} \right)}}{{2y}} + \dfrac{{16\left( {x + y} \right)}}{{2z}}$

$ = \left( {\dfrac{{2y}}{x} + \dfrac{{9x}}{{2y}}} \right) + \left( {\dfrac{{2z}}{x} + \dfrac{{8x}}{z}} \right) + \left( {\dfrac{{9z}}{{2y}} + \dfrac{{8y}}{z}} \right) \ge 26$

ĐTXR $ \Leftrightarrow 2y = 3x = \dfrac{3}{2}z$

Bài 1 $ \Leftrightarrow {\left( {x\sqrt {x + 1} + 1} \right)^2} + x\sqrt {x + 1} + 1 > 0$

Bài 2 Ta có: $xy + yz + zx \le \dfrac{1}{3}{\left( {x + y + z} \right)^2} = 3$

Suy ra $\sum {\dfrac{1}{{2xy + 1}}} \ge \dfrac{9}{{2\left( {xy + yz + zx} \right) + 3}} \ge 1$