Nung nóng lại topic này nào.
-----------------
EXERCISE:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {{1 \over {{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {c + a} \right)}^2}}}} \right] \ge {9 \over 4}$
--------------------

Cai' này là Iran 96 đúng ko nhi?

Mọi người làm hăng quá, nháy mắt đã xong hết rùi, chứng tỏ VMF chúng ta rất nhiều nhân tài Post vài bài nữa cho cả nhà cùng làm. Topic sôi nổi lên nào... Tra....zố....

Bài 417: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn không có hai số nào đòng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{4abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 2$.

Võ Quốc Bá Cẩn

+TH1 : Nếu $a\geq b\geq c$.
$VT\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{bc+ab+ac}+\frac{4abc}{4a^{3}}= \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{bc}{a^{2}}$
Ta có : $ab+ac\geq b^{2}+c^{2}$.
Ta dùng TC sau : nếu $y\geq x$ thì $\frac{x+t}{y+t}\geq \frac{x}{y}$ ( CM cái này bằng tuong đuong )
Ta đc :
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{bc+ab+ac}\geq \frac{a^{2}}{bc}$
$\Rightarrow VT\geq \frac{a^{2}}{bc}+\frac{bc}{a^{2}}\geq 2$
Đ.P.C.M.
+TH2 : Nếu $a\leq b\leq c$ .
$\Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a)\geq 0\Leftrightarrow ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$
$VT= \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+2abc}\geq \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+2abc}$
$\Rightarrow VT\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Vậy ta chỉ còn phải CM BĐT sau :
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$
Đây là một BĐT quen thuộc , có thể dễ dàng CM bằng S.O.S.xem thêm trong Sáng tạo BĐT của anh Hùng.

p/s: hjx. nhìn cách của LilTee mà mình thấy xấu hổ qá .

Đề đúng đó bạn.

Thế thì dấu "=" khi nào hả bạn ?????????

Đề có đúng không thế cậu ! Hình như $a+b+c= 3$ mới có dấu "=" chứ
Đây là cách làm của mình vs $a+b+c= 3$.
Giả sử b là số nằm giua a và c.
Khi đó : $(a-b)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow ab+bc\leq b^{2}+bc\Leftrightarrow abc+bc^{2}\leq b^{2}c+c^{2}a$
$\Rightarrow VT\leq a^{2}b+2abc+bc^{2}= b(3-b)^{2}= \frac{1}{2}.2b.(3-b)(3-b)\leq \frac{1}{2}.(\frac{6}{3})^{3}= 4$
Đ.P.C.M.
Dấu "=" xảy ra khi $a,b,c$ là hoán vị của $(0,1,2)$

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

Theo C.S:
$\sum a.\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}\geq (\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}= 1$
Đ.P.C.M

Bài 419 . Cho các số dương a , b, c , d thỏa mãn điều kiện abcd = 1 . Chứng minh $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a+b)\geqslant 12$

AM-GM thẳng 12 số :
$VT\geq 12\sqrt[12]{(abcd)^{5}}= 12$

Bài 426 . Cho các số thực không âm $a,b,c$ . Chứng minh rằng $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq abc+\frac{3}{4}\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$

BĐT $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz}{3}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c).\sum (a-b)^{2}}{6}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
Ta có :
$2(a+b+c)= \begin{vmatrix} a+b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b+c\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c+a\end{vmatrix}\geq \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c-a\end{vmatrix}$
$\geq 3\sqrt[3]{\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c\end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}}$
$\sum (a-b)^{2}\geq 3\sqrt[3]{(\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix})^{2}}$
$\Rightarrow VT= \frac{2(a+b+c)\sum (a-b)^{2}}{12}\geq \frac{9}{12}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= VP$

Đề bài saj hay sao á .hình nhu phải là ;

Bài 478 . Cho $0< x,y,z\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\leq \frac{3}{x+y+z}$

Ta có : $(x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y$
$\Rightarrow \frac{y}{1+z+xy}\leq \frac{y}{x+y+z}$
TT có 2 cái nua rồi cộng vào ta đc :
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
$\Rightarrow Q.E.D$

Bài 481: Cho $a,b,c\in (0,1)$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}+\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}< 1$$

Vì $a,b,c\in (0,1)$ nên :
$VT< \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{a+b+c}{3}+\frac{1-a+1-b+1-c}{3}= 1$

Bài 450 : Chứng minh rằng nếu $a,b,c>0$ thì
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 4$$

BĐT này sai hay sao á . Phải là $\geq 5$ ms có dấu "=" chú !
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 5$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}+(\frac{\sum a^{3}}{abc}-\frac{\sum a^{2}}{\sum ab})\geq 5$
$\Leftrightarrow \frac{\sum a^3}{abc}-3\geq \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}-1+3-\frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}$
$\Leftrightarrow \frac{\sum (a-b)^2(a+b+c)}{2abc}\geq \frac{\sum (a-b)^2}{2\sum ab}+\frac{\sum (a-b)^2}{\sum a^2}$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{1}{2\sum ab}-\frac{1}{\sum a^2})\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)})\geq 0$
Xét :
$\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)}\geq \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\frac{1}{3}(a+b+c)^2}$
$= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2\sum ab}= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2( ab+bc+ca)}$
$= \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)-6abc}{4abc(ab+bc+ca)}$
Cái này $\geq 0$ vì theo AM-GM :
$2(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2.3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{(abc)^2}= 18abc\geq 6abc$
Vậy BĐT đúng .

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Một cách CM khác cho VN96 :
Theo nguyên tắc đi-dép-lê : thì tồn tại 2 trong 3 số : $ a-1;b-1;c-1 $ cùng dấu :
G/sủ là a-1 và b-1
$ \Rightarrow (a-1)(b-1) \geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow abc+c\geq ac+bc $
$ \Leftrightarrow abc+c+ab\geq ab+bc+ca $
Ta sẽ CM : $ a+b+c\geq abc+c+ab\Leftrightarrow a+b\geq abc+ab $ (1)
Rút c tù GT : $ c= \frac{4-ab}{a+b+ab} $
(1) $ \Leftrightarrow a+b\geq \frac{ab(4-ab)}{a+b+ab}+ab\Leftrightarrow (a+b)(a+b+ab)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b+ab) $
$ \Leftrightarrow (a+b)^{2}+ab(a+b)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b)+(ab)^2\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 4ab $
$ \Leftrightarrow (a-b)^2 \geq 0 $
(luôn đúng )

Bài 446: Cho các số thực dương $u,v,w$ sao cho $u+v+w+\sqrt{uvw}=4$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{uv}{w}}+\sqrt{\frac{vw}{u}}+\sqrt{\frac{wu}{v}}\ge u+v+w$$

China TST 2007

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 398.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8}{(\frac{a}{b}+1)(\frac{b}{c}+1)(\frac{c}{a}+1)}\geq 2$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+xy+yz+zx+2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}+2}\geq 2$
Đặt tiếp $x+y+z=t\Rightarrow t\geq \sqrt[3]{xyz}= 3$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{8}{\frac{t^{2}}{3}+t+2}\geq 2\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{24}{t^{2}+3t+6}\geq 2$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sqrt{t-2}-1\geq 1-\frac{24}{t^{2}+3t+6}\Leftrightarrow \frac{t-3}{\sqrt{t-2}+1}\geq \frac{(t-3)(t+6)}{t^{2}+3t+6}$
$\Leftrightarrow (t-3)(\frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6})\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6}\geq 0$
$\Leftrightarrow t^{2}+3t+6\geq (\sqrt{t-2}+1)(t+6)\Leftrightarrow t^{2}+2t\geq (t+6)\sqrt{t-2}$
$\Leftrightarrow (t^{2}+2t)^{2}\geq [(t+6))\sqrt{t-2}]^{2}$
$\Leftrightarrow (t-3)(t^{3}+6t^{2}+12t+24)\geq 0$
Luôn đúng .
OK.

Lâu lắm rồi mới được vào đây

Bài toán 399.[ Vasc ]
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 2\sqrt{1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}}$$

Bình phuong 2 vế và rút gọn ta đc ;
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+2\sum \frac{a}{b}\geq 3+\sum \frac{b}{a}$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT trỏ thành :
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x+y+z)\geq 3+2(xy+yz+zx)$
Áp dụng BĐT : $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$
Ta đc:$\sum x^{2}+2\sum x\geq \sum x^{2}+6= (\sum x^{2}+2xyz+1)+3\geq 3+2\sum xy$
Đ.P.C.M
Xong!

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$

Bài 210: Cho a,b,c>0 .CMR:
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$

Bài 140: ( Bài này khá hay ) .Cho a,b,c>0 và abc=1 . CMR:
$1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Bai nua nha!

Bài 131:Cho a,b,c > 0.CMR: $\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a+c}\geq 9$

___
MOD: Vui lòng Đánh tiếng Việt có dấu!

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$ (1)
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$ (2)

(1) Dùng Bunhiacopski.
(2) Dùng BDT : $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^{2}$

Bài 219: Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng:
$$3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \ge xyz(x+y+z)^3$$

Bài này mình giải nhu sau:
BDT : $ \Leftrightarrow 3(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
$ \Leftrightarrow (1+1+1)(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(zx^{2}+xy^{2}+yz^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
(luôn đúng theo BDT Holder)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

___________________________________________________________________________
Cách này ko bít có đúng ko , vì dấu "=" xảy ra vs mọi x = y = z.

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 394. [MOSP 2001]
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1)$$

Áp dụng BĐT quen thuộc : $\prod (a+b)\geq \frac{8}{9}\sum a.\sum ab$. Ta có :
BĐT $\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum a.\sum ab\geq 4(\sum a-1)$
$\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 4$
Cái này đúng theo AM-GM:
$VT= \frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.\frac{(\sum ab)^{2}}{\sum a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.3}=4$
Xong .!

$4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\geq 4.\frac{3}{2}=6$(Bất đẳng thức Netbitt)
Không mất tính tổng quát,giả sử:$b\geq a\geq c$
Ta xét hiệu:$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
$a(b^{2}-c^{2})-a^{2}(b-c)-bc(b-c)=(b-c)(a-b)(c-a)\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \Leftrightarrow \frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 1$
Vậy $VT\geq 6+1=7$ $\Rightarrow$ đpcm

saj rùi cậu oi ! k gỉ sủ đuọc $b\geq a\geq c$ o đây

Bài 344.
Với $a, b, c, d >0$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}$$
Bài 345.
Cho $a, b, c \in [1.2]$ . Chứng minh rằng :
$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\le 7abc$$

Bài 345.
BĐT $\Leftrightarrow \frac{a(b+c)}{bc}+\frac{b(c+a)}{ca}+\frac{c(a+b)}{ab}\leq 7$
$\Leftrightarrow \frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\leq 7\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$
Đến đây bài này quen rồi !

Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{2}\sqrt[3]{a}}$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}b = a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{ab.ab.b}\geq a-\frac{2}{9}(2ab+b)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2ab+2bc+2ca+3)\geq 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .

Bài 130:Với 0<a,b,c<1.CMR:$\sum \frac{1-a}{1+b+c}\geq 3(1-a)(1-b)(1-c)$

__
MOD: Bạn kiểm tra lại đề đi nhé. Bài này sẽ xoá vào ngày mai nếu như đề không sửa lại.

Sorry, mình nhầm ,mình sửa lại rùi nè!