Waiting for you

Mình xin đóng góp vài bài:
1) Cho $a,b,c>0$ chứng minh rằng
$\frac{ab}{c^{2}}+\frac{ca}{b^{2}}+\frac{bc}{a^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b}+\frac{b+c}{a})$
2)Cho $a,b,c>0$ chứng minh rằng
$\frac{b+c}{a^{2}}+\frac{c+a}{b^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
3)Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=3$chứng minh rằng
$abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq 3$
4)Cho $a,b,c,d>0$ chứng minh rằng

$\frac{a-b}{b-c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b}\geq 0$

P/s: lời giải post sau ^^

Bài 1 hình như ta dùng đánh giá sau
Theo AM-GM thì $\frac{ab}{c^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{ca}{b^2}\geq 3\frac{a+b}{c}$
Xây dựng các BĐT tương tự
Bài 2:Tách mỗi hạng tử vế trái thành 2 và sử dụng đánh giá
$\frac{b}{a^2}+\frac{1}{b}\geq \frac{2}{a}$
Bài 3:Có $abc(a^2+b^2+c^2)= \frac{1}{3}abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{9}(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)$
Theo AM-GM tiếp thì $(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)=(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{27}(a+b+c)^3=27$
đây đã là dpcm
Bài 4:hình như là 1 BĐT của vasile?

Đề nghị các bạn giải quyết hết bài tồn động trước khi quăng bài mới
---
$$\dfrac{a^4}{a^2(b+c)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge 2a$$
Tương tự rồi cộng lại




Bài này mà $AM-GM$ được thì cũng hơi xoắn
---
$$\frac{1}{a(2b+2c-1)}=\dfrac{1}{a(1-2a)}$$
Sau đó ta đi c/m BĐT phụ:
$$\dfrac{1}{a(1-2a)}\ge 27a\\ \Leftrightarrow (3a-1)^2(6a+1)\ge 0$$

Phải chăng còn 1 cách bằng AM-GM kiểu này
Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 3 số ta có
$VT\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}}$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$9\sqrt[3]{abc(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}\leq 1$
tuy nhiên có thể thấy BĐT này đúng theo AM-GM
$\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$
$\sqrt[3]{(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}\leq \frac{4(a+b+c)-3}{3}=\frac{1}{3}$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn : $a+b+c=1$. Cmr : $b+c\geq 19abc$

Đề bài cho a,b,c dương có tổng bằng 1,chứng minh $b+c\geq 16abc$
Giải?Ta có thể giải khá gọn bằng AM-GM
$1=(a+b+c)^2\geq 4a(b+c)\Rightarrow b+c\geq 4a(b+c)^2$
lại có $(b+c)^2\geq 2bc\Rightarrow 4a(b+c)^2\geq 16abc$
Bạn xem vậy có đúng không nhé

Bài này có thể làm bằng phương pháp tọa độ...
Ai làm tiếp nhé

có phải ý tưởng tương tự bài này không bạn
http://diendantoanho...85/#entry372708

Ngay khi giải điều kiện đã ra vô nghiệm rồi, bạn xem lại đề xem sao nhé.
đkxđ : $x^4+x^2+2x+1\geq 0$
$2x-5\geq 0\Rightarrow x\geq 2,5$ (1)
$2-x\geq 0\Rightarrow x\leq 2$ (2)
Thấy rõ (1) và (2) mâu thuẫn $\Rightarrow$ pt vô nghiệm.

đề hoàn toàn đúng ,dĩ nhiên cách giải trên cũng không sai

Em đóng góp một bất đẳng thức nhỏ.
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a+b+c=1 thì:
$\sqrt {\frac{{ab}}{{c + ab}}} + \sqrt {\frac{{bc}}{{a + bc}}} + \sqrt {\frac{{ab}}{{c + ab}}} \le \frac{3}{2}$

Với điều kiện a+b+c=1,theo AM-GM,ta có
$\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c(a+b+c)+ab}}= \sqrt{\frac{a.b}{(c+a).(c+b)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})$
Xây dựng các BĐT tương tự ta có dpcm

2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
Chứng minh :
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}} \leq \sqrt{3}$

Ukraine 2008
Giải:Áp dụng C-S cho mẫu $(a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2$
Suy ra $\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}\leq \frac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}$
Xây dsựng các BĐT tương tự,ta có
VT$\leq \frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}$
Áp dụng C-S lần nữa $\frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\leq$
$\frac{\sqrt{(a+b+c)\left [ a(1+b+c)+b(1+c+a)+c(1+a+b) \right ]}}{a+b+c}$
=$\frac{\sqrt{(a+b+c)^2+(a+b+c)2(ab+bc+ca)}}{a+b+c}$
=$\sqrt{1+\frac{2(ab+bc+ca)}{a+b+c}}\leq \sqrt{1+\frac{2(a+b+c)}{3}}\leq \sqrt{1+\frac{2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{3}}= \sqrt{3}$

Bài 1: Cho $x,y,z\epsilon \left [ 1,2 \right ] CMR: \left ( x+y+z \right )(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y})$
Bài 2:Cho a,b,c>0.CM:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}\geq 4(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})$
ặc ai vào viết hộ em chữ $ vào cuối tiêu đề vs quên mất

củ tỏi thật nhnf đề này lại nhớ đến lần mình bị mắng vì không làm được bổ đề cơ bản của nó,mình xin giải bài 2
Bổ đề ,với a,b,c thực dương ,ta có BĐT sau
$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
(chứng minh bổ đề trên khá đơn giản bằng nhận xét theo AM-GM sau
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$(hình như cũng có ở box THCS rồi ,bạn tham khảo lời giải chi tiết ở đó nhé)
trở lại bài toán ,GS $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq\frac{1}{a+b}$
tư tưởng của chúng ta sẽ là dùng chebyshev
$4\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{1}{3}(a+b+c).4(\sum \frac{1}{b+c})$
ta chứng minh BDT yếu hơn là
$\frac{3.\sum \frac{b+c}{a}}{a+b+c}\geq 4(\sum \frac{1}{b+c})$
chú ý alaf theo AM-GM thì $\sum \frac{b+c}{a}\geq 6\Rightarrow 2\sum \frac{b+c}{a}-3\geq 9$
vế trái của BDT lúc này sẽ lớn hơn $\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9}{a+b+c}\geq 4\sum \frac{1}{b+c}$
đây chính là DPCM

$\frac{2\left | x \right |}{x^{2}+2}\geq 0$
$\left | \frac{6x}{x^{2}+2} +1\right| \geq \left | \frac{6x}{x^{2}+2} \right |+1\geq 1$
$\left | \frac{x}{x^{2}+2} -2\right| \geq \left | \frac{x}{x^{2}+2} \right |+2\geq 2$
$y\geq 3$
Dấu = khi $x=0$ và t/m bdt có dấu Giá trị tuyệt đối

bài bạn sai ở dòng thứ 2 nhé,ta không có
$\left | a+b \right |\geq \left | a \right |+\left | b \right |$ đâu