Cho a, b, c dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng
$\frac{a^4}{a^3+3b^3}+\frac{b^4}{b^3+3c^3}+\frac{c^ 4}{c^3+3a^3}\geq \frac{1}{4} $

1. Ý tưởng đầu tiên của mình là dùng Cauchy-scharwz
2. Dùng AM-GM :D
Ta có :$\frac{a^4}{a^3+3b^3}=a-\frac{3ab^3}{a^3+3b^3}\ge a-\frac{3\sqrt[4]{ab^3}}{4}\ge \frac{13a-9b}{16} $
Tiếp tục xây dựng như thế, sau đó cộng các bất đẳng thức lại ta suy ra điều phải chứng minh =p~

Cho $ a,b,c\ge 0 $ thỏa mãn không có 2 số nào trong chúng đồng thời bằng 0.

CM: $\frac{a}{\sqrt{4{{b}^{2}}+bc+4{{c}^{2}}}}+\frac{b} {\sqrt{4{{c}^{2}}+ca+4{{a}^{2}}}}+ \frac{c}{\sqrt{4{{a}^{2}}+ab+4{{b}^{2}}}}\ge 1 $

Mọi người giúp em bài này ạ :)

CS:
$Vt \ge \frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{4b^2+bc+c^2}+b\sqrt{4a^2+a c+4c^2}+c\sqrt{4a^2+ab+4b^2}} $
Lại áp dụng CS :
$(a\sqrt{4b^2+bc+4c^2}+b{\sqrt{4{{c}^{2}}+ca+4{{a}^ {2}}}+c\sqrt{4{{a}^{2}}+ab+4{{b}^{2}}})^2 \le (a+b+c)(4 \sum ab(a+b) +3abc) \le (a+b+c)(a^3+b^3+c^3 +3 \sum ab(a+b)+6abc) =(a+b+c)^4 $
=> đpcm

Bài này Holder cũng ngon mà :D

Đặt $S=\frac{a}{\sqrt{4{{b}^{2}}+bc+4{{c}^{2}}}}+\frac{ b}{\sqrt{4{{c}^{2}}+ca+4{{a}^{2}}}}+ \frac{c}{\sqrt{4{{a}^{2}}+ab+4{{b}^{2}}}} $

Theo Holder:

$S^2(\sum a(4b^2+bc+4c^2))\geq (a+b+c)^3
$

Vậy ta chỉ cần đi chứng minh:

$(a+b+c)^3\geq \sum a(4b^2+bc+4c^2) $

Khai triển và rút gọn ta được 1 bất đẳng thức đúng .

Thêm hai bài nữa!
1) Cho a,b,c > 0, $abc \geq 1 $.CMR:
$\frac{a}{\sqrt{b+\sqrt{ac}}} + \frac{b}{\sqrt{c+\sqrt{ab}}} $$+\frac{c}{\sqrt{a+\sqrt{bc}}} \geq \frac{3}{\sqrt{2}} $
2)Cho $a,b,c \geq 1 $.CMR:
$\sum a(b+c)+\sum\frac{1}{1+a^2} \geq \frac{15}{2} $

Bài 1 :
Áp dụng BĐT CS và AM - GM ta có
$A\ge \frac{{{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}^{2}}}{\sqrt{ b+\sqrt{ac}}+\sqrt{c+\sqrt{ab}}+\sqrt{a+\sqrt{bc}} }=\frac{2\sqrt{2}{{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}^{ 2}}}{2\sqrt{2}\sqrt{b+\sqrt{ac}}+2\sqrt{2}\sqrt{c+ \sqrt{ab}}+2\sqrt{2}\sqrt{a+\sqrt{bc}}} $
$\ge \frac{2\sqrt{2}{{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)}^{2}}}{2+b+\sqrt{ac}+2+c+\sqrt{ab}+2+a+\sq rt{bc}}=\frac{2\sqrt{2}{{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)}^{2}}}{a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} +6} $

Ta cần chứng minh :

$\frac{2\sqrt{2}{{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)}^{2}}}{a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} +6}\ge \frac{3}{\sqrt{2}} $
$\Leftrightarrow 4\left( a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca} \right)\ge 3\left( a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)+18 $
$\Leftrightarrow a+b+c+5\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)\ge 18 $

BĐT cuối này đúng do $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\ge 3 $
$5\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)\ge 15\sqrt[3]{\sqrt{ab}.\sqrt{bc}.\sqrt{ca}}=15\sqrt[3]{abc}\ge 15 $

Ta có đpcm

Bài 2 Theo giả thiết $a,b,c\geq 1 $ ta có :

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

Theo AM-GM 6 số :

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

và $\frac{3}{4}\sum a(b+c)\geq \frac{9}{2} $

Từ đó có $S\geq \frac{15}{2} $

Bài này sao không C-S với Côsi thế này nhìn cho ác nhỉ:
$\sum \frac{a}{\sqrt{b+\sqrt{ac}}} \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{b+\sqrt{ac}}} \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca+a\sqrt{ac} +b\sqrt{ab}+ c\sqrt{bc})}} $
$\ge \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca+\frac{a^2+ ac}{2}+\frac{b^2+ab}{2}+\frac{c^2+bc}{2})}}=\frac{ (a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(\frac{(a+b+c)^2+ab+bc+ca} {2})}} $
$\ge \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{\frac{2(a+b+c)^3}{3}}}= \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{2}} \ge \frac{3}{\sqrt{2}} $

BDT này đúng ko ?
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3 $.CMR:
$\sum \frac{1}{\sqrt[3]{a^2-a+1}} \le 3 $

1.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh bất đẳng thức sau
$\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+ \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\ge 3 $
2.Cho a,b,c >0 Chứng minh rằng
$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}\ge \frac{8}{9}(\frac{a}{c+b}+\frac {b}{a+c}+\frac{c}{a+b}) $

Bài 1 đã có ở đây
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...]

Bài 2: Ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{a^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{9}\geq \frac{8}{9}\frac{a}{b+c} $

Thật vậy ,điều đó tương đương với :

$\frac{a^2}{ab+bc+ca}+1\geq \frac{8}{9}\frac{a+b+c}{b+c}\Leftrightarrow \frac{9(a+b)(a+c)}{ab+bc+ca}\geq \frac{8(a+b+c)}{b+c}\Leftrightarrow 9(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca) $ (Đúng vì đây là 1 bdt quen thuộc :D)

Làm 2 cái còn lại rồi cộng vế theo vế ta có đpcm.

__________________________________________________ _____________________________
Mọi người thử làm bài này :D

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

1) $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\geq \frac{a(b+c)}{a^2+5bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+5ca}+ \frac{c(a+b)}{c^2+5ab} $

2) $64(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)\leq (a+b+c)^6 $

Không mất tính tổng quát, giả sử c là số nhỏ nhất
Ta sẽ chứng minh :
$ 64({a^2} + bc)({b^2} + ac)({c^2} + ab) \le 16{(\frac{{{{(a + b)}^2}}}{2} + c(a + b))^2}({c^2} + \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4}) $
Bất đẳng thức trên đúng vì ta có thể dễ dàng chứng minh được:
$4({a^2} + bc)({b^2} + ac) \le {(\frac{{{{(a + b)}^2}}}{2} + c(a + b))^2} $
Và ${c^2} + ab \le {c^2} + \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4} $
Do đó, theo BDT AM-GM được:
$ 16{(\frac{{{{(a + b)}^2}}}{2} + c(a + b))^2}({c^2} + \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4}) $
$ = {({(a + b)^2} + 2c(a + b))^2}(4{c^2} + {(a + b)^2}) $
$ \le \frac{{{{\left( {3{{(a + b)}^2} + 4c(a + b) + 4{c^2}} \right)}^3}}}{{27}} $
$ \le \frac{{{{\left( {3{{(a + b)}^2} + 6c(a + b) + 3{c^2}} \right)}^3}}}{{27}} $
$ = {(a + b + c)^6} $
Bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi (a,b,c)=(k,k,0) và các hoán vị

Không mất tính tổng quát, giả sử $a+b+c=2 $
Cần chứng minh:


Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn:


Không mất tính tổng quát, giả sử c nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

Do đó $\sum a^2b^2\le 1 $

Lại theo bất đẳng thức AM-GM:


Kết hợp các bất đẳng thức trên ta có đpcm.

1/Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3.CMR
$\sqrt {\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{c + 1}}{{{a^2} + 1}}} \ge 3 $
2/Cho a,b,c,d>0 thỏa mãn abcd=1.CMR
$\sqrt {\frac{{ab + 1}}{{a + 1}}} + \sqrt {\frac{{bc + 1}}{{b + 1}}} + \sqrt {\frac{{cd + 1}}{{c + 1}}} + \sqrt {\frac{{da + 1}}{{d + 1}}} \ge 4 $