Bằng vài thao tác đơn giản ta có được $ MinA=\frac{-1}{3} $. ta có thể có được giá trị này bằng nhiều cách khác nhau, nhưng tối hậu nhất vẫn là pp GVTT (Giả vờ tán tỉnh ) của tác giả nthoangcute tại đây: http://diendantoanho...0x1sqrt5x-1200/
Còn anh sẽ giải theo cách lớp 10 cho em:
Theo kết quả có được ta cần chứng minh:
$ A=x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1 \ge \frac{-1}{3} $



Ta có thể chứng minh bằng pp tam thức bậc hai: (Thật ra vì bài này toàn bậc chẵn nên ta mới có suy nghĩ dùng tam thức bậc hai)
Thật vậy ta có $ Delta(x^2)=(y^2-2)^2-4(y^4-2y^2+\frac{4}{3})=-3y^4+4y^2-\frac{-4}{3} $
Lại tính delta bước nữa $ Delta(y^2)=16-16=0 $. Vậy $ -3y^4+4y^2-\frac{-4}{3} \le 0 $ nên $ f(x^2) \ge 0 $

Lấy bài nơi khác thì phải ghi rõ nguồn nha:
http://www.artofprob...p?f=51&t=499878
Bài này trên Mathlink bạn ạ!!
Thân!

Cho x,y,z>0. Tìm minP biết:

$P=\dfrac{x^2y}{z^3}+\dfrac{y^2z}{x^3}+\dfrac{z^2x}{y^3}.$

Min P=3!! Em chỉ việc áp dụng bdt AM-GM hay còn gọi là bdt Côsi cho 3 số là ra ngay thôi!!
$ P=\dfrac{x^2y}{z^3}+\dfrac{y^2z}{x^3}+\dfrac{z^2x}{y^3} \ge 3\sqrt[3]{\frac{x^3y^3z^3}{x^3y^3z^3}}=3 $

Cho $a; b; c \ge 0$. Tìm giá trị lớn nhất của
$P=(a^2+b^2+c^2)(\frac{1} {(2a-b)^2}+\frac{1} {(2b-c)^2}+\frac{1} {(2c-a)^2})$

Ý bạn là tìm Max hay Min?? Tựa kêu tìm Min, đề bài bảo tìm Max???

Luôn luôn tự hào là người Việt Nam, sinh ra và lớn lên tại Việt Nam!!

Thêm một lời giải nữa cho bài toán thú vị này:
Nhân cả hai vế cho $ (a+b)(b+c)(c+a) $ Ta sẽ chứng minh:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge 3\sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
Sử dụng đánh giá: $ x^2(x+z)+y^2(y+z) \ge \frac{(x+y)^2}{4}(x+y+2z) $ là tổng của 2 bất đẳng thức đúng:
$ 4(x^3+y^3) \ge (x+y)^3 $ và $ 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2 $
Từ đây ta thu được:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge \sum \frac{(a+b)^3}{8}\left ( (a+c)+(b+c) \right ) $ Đặt $ x=a+b; y=b+c; z=c+a $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \frac{x^3}{8}(y+z)+\frac{y^3}{8}(z+x)+\frac{z^3}{8}(x+y)\ge 3\sqrt{2xyz} $ với $ x+y+z=6 $
Ta lại có đánh giá như sau:
$ 3\sum x^{3}y+3\sum xy^{3}\ge 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)\ge 24(xy+yz+zx) $ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $ (xy+yz+zx)\ge 3\sqrt{2xyz}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\ge 3xyz(x+y+z) $ Hiển nhiên đúng!!Đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=2 $ hay $ a=b=c=1 $

Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)

\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :

\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Đã SOS mà còn MV!! Vả lại đây là phần Bất đẳng thức dành cho đại học, ai lại xài mấy pp hiện đại chứ!! Bạn nên tìm lời giải khác thì hơn!!

Lời giải của WhjteShadow rất thú vị, nhưng không phải ai cũng nghĩ ra nếu không biết được sự thật!!!!
Bằng AM-GM ta có: $ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{4}{a^2+b^2} \ge \sqrt{(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})(\frac{4}{a^2+b^2})}=\frac{4}{ab}$
ta sẽ chứng minh
$(a+b)^4 \ge 4ab(a^2+b^2)$ hay là: $(a-b)^4 \ge 0$

Kinh vậy

Sax!! Tui nói lời giải của WhjteShadow mà! Đâu phải của tui đâu!! Để Edit lại cho an toàn!!

Cho các số thực $ a, b, c \ge 0 $. thỏa mãn $ a+b+c=3 $ Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{4a^3+199}+\frac{1}{4b^3+199}+\frac{1}{4c^3+199}\ge\frac{3}{4a^2+4b^2+4c^2+191} $

đẳng thức xảy ra khi $ (a,b,c)=(1,1,1) $ và $ (a,b,c)=(2,\frac{1}{2},\frac{1}{2}) $

$ \sqrt{5a^2+3}+\sqrt{5b^2+3}+\sqrt{5c^2+3}\ge\sqrt{5a^2+5b^2+5c^2+57} $

đẳng thức xảy ra khi $ (a,b,c)=(1,1,1) $ và $ (a,b,c)=(\frac{3}{5},\frac{3}{5},\frac{9}{5}) $

Cho các số thực $ a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:

$ \sqrt{5a^2+5a+8}+\sqrt{5b^2+5b+8}+\sqrt{5c^2+5c+8} \ge \sqrt{5a^2+5b^2+5c^2+147} $

Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ và $ a=\frac{11}{5}, b=c=\frac{2}{5} $

 

Bài này nhẹ mà
sd phương pháp đổi biến $p,q,r$

Nhẹ mà làm như bác cũng thành nặng đấy!! Thật ra bài này có thể chứng minh rất đơn giản bằng cách sử dụng Cauchy-Schwarz kết hợp giảm biến và sau cùng đưa về 1 biến kết hợp khảo sát!! Thật vậy: Giả sử $ c= Min(a,b,c) $ theo đó $ c \in [0,\frac{1}{3} $. Bằng Cauchy-Schwarz ta có:
$ (1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)=(\frac{8}{9}+\frac{1}{9}+a^2)(\frac{8}{9}+b^2+\frac{1}{9}) \ge (\frac{8}{9}+\frac{a}{3}+\frac{b}{3})^2(1+c^2)=(\frac{8}{9}+\frac{1-c}{3})^2(1+c^2) $
bằng việc khảo sát: $ f(c.) $ với $ c \in [0,\frac{1}{3}] $ ta dễ dàng có được $ Minf(c.)=(\frac{10}{9})^3 $ khi $ c=\frac{1}{3} $
Thật ra bước cuối có thể giải quyết bằng khai triển nhưng cứ khảo bằng Maple 16 hay Wolfram cho nó phẻ!!

Đây là bài trong THTT số 420 , bạn có thể tham khảo các lời giải tại đây. Thân!!!
http://toantuoigia.e....php?f=70&t=333

Nếu lời giải có trong diễn đàn thì bạn hãy đưa link còn nếu diễn đàn khác thì tốt nhất là không nên bạn nha!! Click vào mà bắt phải đăng kí mới cho xem thì quả thật mình ức chế lắm!!!
Thân!

Cho a, b, c là các số thực lớn hơn không. Thõa mãn abc=1. chứng minh rằng:
$ 4(a^2+b^2+c^2)^2+45\ge (a+b+c)^4 $

Cho $ a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn: $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+2b}+\sqrt{b^2+2c}+\sqrt{c^2+2a} \ge 3\sqrt{3} $

Cho các số thực dương $ a_1, a_2, a_3,.....a_n \ge 0 $ thỏa mãn $ a^3_1+a^3_2+a^3_3+....+a^3_n=n $  Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đây luôn đúng:

$ \sqrt{a_1+1}+\sqrt{a_2+1}+.....+\sqrt{a_n+1} \ge n-1+\sqrt{(\sqrt[3]{n}+1}) $

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

$ (a^2-bc)\sqrt[3]{a^2+8bc}+(b^2-ca)\sqrt[3]{b^2+8ca}+(c^2-ab)\sqrt[3]{c^2+8ab} \geq 0 $

 

P/s: Mình có 1 lời giải cho bất đẳng thức này rồi, nhưng không may đó là lời giải bằng máy vi tính, mong các bạn có 1 lời giải đơn giản hơn!

Cho $ a, b, c $ là 3 số thực dương thỏa mãn $ a+b+c=3 $. CMR:
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge\frac{a+2}{b+2}+\frac{b+2}{c+2}+\frac{c+2}{a+2} $ Tổng quát hơn với cùng điều kiện như trên tìm hằng số tốt nhất sao cho bất đẳng thức này luôn đúng:
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge\frac{a+k}{b+k}+\frac{b+k}{c+k}+\frac{c+k}{a+k} $
Sáng tạo bởi bdtilove123 và oldbeginner!!
http://www.artofprob...p?f=52&t=502182

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
Ta có:$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\leq (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)\leq \frac{(x^2+2xy+3y^2)^3}{27}$
$$=\frac{\left [(x+y)^2+2y^2 \right ]^3}{27}\leq \frac{\left [\frac{3}{2}(x+y)^2 \right ]^3}{27}$$(do $y\leq \frac{x+y}{2}$)
$=\frac{(x+y)^6}{64}\leq \frac{(x+y+z)^6}{64}=1$ (do $x+y+z=2$)
Dấu bằng xảy ra khi có 2 số bằng nhau;1 số bằng 0.

Lời giải của BoBoiBoy sai rồi!!
Chỗ sai là đây, lời giải đã sử dụng đánh giá: $ (x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\leq (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)\leq $ Vì x và y Max cho x=y=1! Ta thu được: $ (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)=8 < 1??????????$

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Anh có lời giải cho bài số 1 của em:
Từ đánh giá đơn giản: $ (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta có được: $ ab+bc+ca \ge \sqrt{abc(a+b+c)} $
Theo đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca)$Rút gọn thành:
$a^2+b^2+c^2+ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 2(ab+bc+ca)$
Lại có:
$\begin{aligned}a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}=abc\sum_{cyc}\frac 1{\sqrt{bc}}&\geq \frac{9abc}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}\\&\geq \frac{9abc}{a+b+c};\end{aligned}$
Theo đó ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca);$
Đây thực chất là bdt Schur bậc 3!!!
P/s: http://www.artofprob....com/blog/75446

Cho 3 số a,b,c thoả mãn $0 \leq a,b,c \leq 2$ và $a+b+c=3$ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhât của:

P=$a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c)$

Nếu thi đại học thì mình nghĩ chỉ cho bậc 2 thôi!! Còn bậc 4 phức tạp và hơi nhiều tính toán!! Hy vọng bạn thích!!

Bài toán này rất thú vị!! Mình có lời giải như sau là quy về một biến dành cho bài toán này:
Trước hết là Min. Giả sử $ c \ge 1 $ nên $ 1-c \le 0 $ và sử dụng đánh giá $ a^4+b^4 \ge \frac{(a+b)^4}{8}=\frac{(3-c)^4}{8} $
Từ đó ta có đánh giá sau:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \ge \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \ge \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+3(2-a-b)^2(1-c)= \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+3(c-1)^2(1-c) $. Bằng việc khảo sát $ f(c.) $ với $ c \in [0,1] $ ta nhận được giá trị nhỏ nhất của hàm số là 3.
Kế đến là Max! Trong ba số $ a, b, c $ luôn có hai số cùng lớn hơn 1 hoặc cùng nhỏ hơn 1!! Giả sử đó là a và b! Từ đó ta có được bất đẳng thức sau đây $ a^4+b^4 \le (a+b-1)^4+1=(2-c)^4+1 $. Xét 2 trường hợp nhỏ là $ c \ge 1 $ và $ c \le 1 $. Nếu $ c \ge 1 $ thì $ 12(1-a)(1-b)(1-c) \le 0 $ Do đó:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le (a+b-1)^4+1+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le =(2-c)^4+c^4+1 $
Khảo sát $ f(c.) $ trên [1,2] ta thu được $ Maxf(c.)=17 $. Trường hợp $ c \le 1$
Theo AM-GM và một đánh giá đơn giản ta có:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le (a+b-1)^4+1+c^4+3(1-c)[2-a-b]^2 \le (2-c)^4+c^4+1+3(1-c)[3-a-b]^2= (2-c)^4+c^4+1+3(1-c)c^2 $ Khảo sát $ f(c.) $ trên [0,1] ta cũng thu được Max=17.
Với Min=3 đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ còn Max=17 đẳng thức xảy ra khi $ a=2, b=1, c=0 $

Cho $ a, b, c \ge 0 $ là ba số thực. Thỏa mãn: $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $

Lúc đầu bạn gõ $\LaTeX$ lỗi mà.Thôi bỏ qua chuyện đó đi.Nhưng mà mình nghĩ bài toán này là 1 bài toán hoán vị,không đối xứng.Tức là mình không thể giả sử $a\geq b\geq c$ được :-s
Kĩ thuật kia là j thế bạn =p~ bạn có tài liệu j về nó không minh xin với

Trên thực tế $(3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18$ với mọi $c \in [0,3]$ Cho nên ta chỉ cần xét $ a \ge b $ hoặc $ b \ge a $ mà hai trường hợp này thì như nhau!!! Còn $ c $ Max hay Min không quan trọng!Cho nên chỉ cần xét 1 trường hợp cho toàn bài!! Mình nghĩ là vậy!! Còn bạn thì sao?? Còn MKS Cyclic không có trong ebook nào đâu!! Nhưng nếu bạn thích mình có thể trao đổi qua Yahoo!!

Ặc sao bạn kog trả lời ra ngoài mà edit bài mình vậy!!
Latex mình biết gõ mà!!
Đây là lời giải của mình (kỹ thuật mình dùng tạm gọi là MKS Cyclic), không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng mình thành: $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge 3\sqrt{2} $ Sử dụng bất đẳng thức Minkowski quy bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge \sqrt{(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2} $ Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng: $(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2 \ge 18 $ với $ a+b+c=3 $. Nhưng trước hết ta sẽ chứng minh $ f(a,b,c) \ge f(t,t,c) $ với $ t=\frac{a+b}{2} $. Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với: $ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}})+(c+\sqrt{c})(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ nhưng không quá khó để thấy:
$ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) \ge 0 \ge (a+b)(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ cho nên bất đẳng thức cuối có thể viết lại thành: $ (a^2+b-c-\sqrt{c})(\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}-\sqrt{b}) \ge 0 $ đúng do $ a^2 \ge \sqrt{c} $ và $ b \ge c$ cũng như $ \frac{(a+b)}{2} \ge b $. Vậy sử dụng điều kiện $ a+b+c=3 $ ta có $ t=\frac{3-c}{2} $. Vậy bất đẳng thức cuối sẽ là: $ (3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18 $ bằng việc khảo sát $ f(c.)$ với $ c \in [0,1] $ ta có ngay kết quả cần chứng minh!! Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ Lời giải của mình rất dài và nhiều tính toán nhưng mình chỉ có mỗi lời giải này!