Bdt đánh giá trên biên nhìn vào điểm mút

Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

Đã gửi 05-05-2006 - 23:17

namdung

Thượng úy

• Hiệp sỹ
• 1205 Bài viết

  Giả sử $a \geq b \geq c $ Xét $4[\dfrac{{a + b}}{2}]^2 + \dfrac{{[a + b]c}}{2}]^2 - [4a^2 + bc][4b^2 + ac] = [a - b]^2 [a^2 + b^2 + 6ab + \dfrac{{c^2 }}{4} - 3ac - 3bc] \ge 0$ suy ra nếu đặt $t=\dfrac{a+b}{2} \geq c$ thì ta có $f[a,b,c] \geq f[t,t,c]$

Phép dồn biến này hợp lệ đấy, không "ám khí" đâu:

$A^2 \ge BC $thì dĩ nhiên $ \dfrac{1}{\sqrt{B}} + \dfrac{1}{\sqrt{C}} \ge \dfrac{2}{\sqrt{A}}$ theo AM-GM rồi. Còn phân thức còn lại cũng lớn hơn.

Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Namdung

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42

Đã gửi 06-05-2006 - 15:28

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

  Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Hì hì, em ko có ý định đó đâu ạ.

Lời giải Bài toán 2 bằng dồn biến của bobbysteven_09 khá bất ngờ [bất ngờ vì ...đơn giản] ... Tuy nhiên, đây cũng là một ví dụ tốt!

Nếu bài này đã solved rùi thì ... tiếc thật, vậy xin nêu thêm 1 bài khác [cũng lấy trong topic của Hùng]

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

ko biết bài này có phải là unsolve ?, nếu bạn nào biết lời giải thì chịu khó post lên để mọi người tham khảo! [dưới 1 quan điểm "nào đó" thì bài này rất giống bài toán 2, chỉ khó hơn 1 chút]

--- PS: 1]Sở dĩ lấy các ví dụ trong topic của Hùng là vì đây là các bài toán hay, hơn nữa để thể hiện tính khách quan: tạo pp để giải toán chứ ko phải đặt ra bài toán để minh họa cho pp. Do đó, tôi hi vọng nhận thêm nhiều ví dụ thú vị từ các bạn. Lời giải các bài toán này sẽ được trình bày "đủ cụ thể" trong topic này.

2]Thứ hai tới [cho đủ 1 tuần

] sẽ bắt đầu post nội dung chính ... mấy hôm nay bận quá, chẳng đánh đấm [đánh máy] gì được cả.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 06-05-2006 - 20:48

namdung

Thượng úy

• Hiệp sỹ
• 1205 Bài viết

  Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Theo tôi hiểu thì phải là

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

--- Hatucdao: hì hì, em copy mà quên chỉnh sửa. Cảm ơn Thầy. Bài này cũng rất hay!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42

Đã gửi 07-05-2006 - 08:40

Kimluan

Thượng sĩ

• Thành viên
• 226 Bài viết

Mình đã đọc kĩ lời giải của bobbysteven_09 đây là một lời giải chính xác! Nói chung qua lời giải này chúng ta có thể thấy bài toán hai là rất yếu,bước đầu bobbysteven_09 dùng Côsi liên tiếp hai lần mà vẫn có thể dồn biến được,còn bước sau[đã đưa hai biến về bằng nhau] theo tôi giải theo kiểu bobbysteven_09 là hơi phí phạm,bởi ta có thể giải với kĩ thuật trần trụi theo kiểu ìtrẻ em mới tập nói”

như sau: *Nếu c=0 thì khỏi bàn *Nếu c>0 ta chuẩn hóa c=1 Khi đó f[t,t,c] VP tương đương $\large \dfrac{2}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{4+t^2}} \ge \dfrac{4}{2t+1}$ với mọi t :geq1 [1] Thật vậy áp dụng BĐT Côsi ta có VT[1] $\large \dfrac{1}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{2 \sqrt{4+t^2}}+ \dfrac{1}{2 \sqrt{4+t^2}}$ $\large \ge \dfrac{4}{\sqrt[4]{4[4t^2+t][4+t^2]}$ Ta cần chứng minh 0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

ko biết bài này có phải là unsolve ?, nếu bạn nào biết lời giải thì chịu khó post lên để mọi người tham khảo! [dưới 1 quan điểm "nào đó" thì bài này rất giống bài toán 2, chỉ khó hơn 1 chút]

Hi hi đúng là bài này chỉ khó hơn một chút, nhưng chỉ một chút đó cũng đủ cho dồn biến gặp khó khăn rùi,em đã giải xong nhưng cứ chờ bobbysteven_09 giải xong đã.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 12:46

Đã gửi 07-05-2006 - 09:32

Kimluan

Thượng sĩ

• Thành viên
• 226 Bài viết

  Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Các bài này đều của anh Hùng đặt ra cả,chẳng lẽ anh Hùng đặt ra để quảng cáo cho "chia để trị" sao?,với lại qua lời giải của bobbysteven_09 có thể thấy "chia để trị" không phải lài cách duy nhất. Chẳng qua nó giúp ta giải nhanh bài toán hơn mà thôi.Việc sử dụng phương pháp để giải toán quan trọng hơn việc sử dụng toán để mô phỏng cho phương pháp, nên theo em đưa những bài như vậy là tự nhiên hơn cả.Sẽ rất tồi tệ nếu ta cố gán đặt nó mặc dù nó không cần thiết chút nào.

Đã gửi 07-05-2006 - 10:59

hungkhtn

Tiến sĩ diễn đàn toán

• Hiệp sỹ
• 1019 Bài viết

Giải bài này bằng chia để trị xem có đc ko nhé....

CMR nếu $abcd=1$] thì $[1+a^2][1+b^2][1+c^2][1+d^2] \ge [a+b+c+d]^2+6[a+b+c+d-4]$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:43

Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

Đã gửi 07-05-2006 - 15:06

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

  Giải bài này bằng chia để trị xem có đc ko nhé....

CMR nếu $abcd=1$thì $[1+a^2][1+b^2][1+c^2][1+d^2] \ge [a+b+c+d]^2+6[a+b+c+d-4]$.

Chia để trị chỉ làm với ... 2 biến thôi [thường 3 biến thuần nhất thì coi như 2 biến], với 4 biến thì ko nên.

Với lại, anh chỉ dùng nó khi những cách khác gặp trở ngại. Bài của em cũng hay đấy, nhưng chắc ko phải dùng chia để trị đâu nhỉ! Thực sự là anh rất phản đối việc cứ ôm khư khư một tuyệt chiêu nào đó [thậm chí ko chắc là tuyệt chiêu] ... Chiêu thức dùng được thì dùng, ko được thì bỏ, cần thì tạo ra cái mới, chẳng có gì phải vướng bận cả. Những ai học võ đều biết, người nào ra trận mà nắm thật chặt vũ khí thì chả khác nào ...tự sát.

Hì hì, ngày mai sẽ bắt đầu post nội dung chính, còn hôm nay thì ... introduction

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 12:49

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 07-05-2006 - 15:08

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

TƯ TƯỞNG CHIA ĐỂ TRỊ TRONG CHỨNG MINH BĐT

0.Tư tưởng chính

Các bạn thân mến, về mặt lý thuyết thì rõ ràng để chứng minh một BĐT loại ìchặt chẽ” [tức là có dấu ì=”] thì khó hơn là 1 BĐT thực sự, vì khi đánh giá còn phải ìchừa đường sống” cho trường hợp đẳng thức xảy ra. Sở dĩ ta gặp khó khăn đó là vì mong muốn có một đánh giá cho toàn cục [trên cả miền giá trị của các biến]. Do đó, khi gặp những biểu thức mà lúc thì lên, lúc thì xuống ìvô chừng” thì sẽ rất khó khăn: một đánh giá tốt cho trường hợp này nhưng ko tốt cho trường hợp khác.

Một trong những cách đơn giản nhất để khắc phục điều đó là chia miền làm việc thành nhiều miền con, mà mỗi miền tương đối ìdễ thương” để ta có thể xử lý đơn giản. Nói một cách nôm na, là thay vì làm một việc rất khó để nhận 100 000 đồng [hay USD cũng được ], ta nhận làm 10 việc dễ, mỗi việc chỉ cần 20 000 đồng, thì vẫn hiệu quả hơn.

Cách làm trình bày dưới đây có thể tóm tắt như sau: -Bước1: dự đoán các trường hợp xảy ra dấu đẳng thức [ta gọi là các trường hợp ìnhạy cảm”], khoanh vùng chúng lại xét riêng ra. Phần còn lại, ta chỉ làm việc với các BĐT thực sự. -Bước2: biến đổi, chuẩn hóa BĐT về dạng thích hợp [sửa soạn chiến trường] -Bước3: dứt điểm bằng cách băm nhỏ theo từng biến để xử lý. Thật ra, có rất nhiều cách chia miền, xét khoảng … những gì trình bày ở đây chỉ là một cách hết sức thô sơ. Mục đích chính là giúp các bạn có thêm một cách nhìn, chứ ko phải kĩ thuật, tức là cung cấp kiếm ý chứ ko phải kiếm chiêu. Đọc xong, các bạn ko phải nhớ gì cả.

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 08-05-2006 - 08:23

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

[tiếp theo]

I.Phương pháp lặp cho bài toán 1 chiều.

Giả sử ta cần chứng minh BDT dạng f[x]>0 với mọi x thuộc [a,b].

Tất nhiên, về mặt lý thuyết thì với f tương đối ìdễ thương”, đây không phải là bài toán khó, và công cụ đạo hàm để khảo sát hàm số sẽ phát huy tác dụng. Tuy nhiên, các bạn thử hình dung, nếu ta phải chứng minh khoảng vài chục BDT kiểu như vậy, trong vòng vài tiếng đồng hồ - quả là một công việc hết sức mệt mỏi [và khi mệt mỏi thì tính toán thường rất dễ nhầm lẫn].

Trong một lớp khá lớn các hàm f, ta có thể xử lý rất đơn giản, hạn chế tối đa sự làm việc của đầu óc.

Mệnh đề 1. Cho f là hàm tăng [nếu chỉ nói tăng thì ngầm hiểu là không cần ngặt], liên tục từ [a,b] vào R. Xét dãy $x_n>b$. Chứng minh: [i] suy ra [ii]. Tất nhiên, để [i] đúng thì ít ra ta phải có f[a]>a, tức $x_1>x_0$. Do f tăng nên suy ra $x_n$là dãy tăng. Giả sử [ii] sai, khi đó $x_n\in[a,b]$với mọi n [và là dãy vô hạn]. Do $x_n$ tăng và bị chặn nên hội tụ về z thuộc [a,b]. Sử dụng f liên tục suy ra f[z]=z, mâu thuẫn với [i].

[ii] suy ra [i]. Gọi m là số nhỏ nhất để $x_m\in[a,b]$ [tất nhiên m

0]. Vì $x_1=f[a]>a=x_0$ nên $[x_{k},x_{k+1}]$. Khi đó: $z\geq f[z] \geq f[a]=x_1$ suy ra $ z \geq f[z] \geq f[x_1]=x_2$ … Suy ra $ z \geq f[z] \geq f[x_{m}] >b$ Mâu thuẫn.

Hơn nữa, ta cũng không cần quá ìtiết kiệm” lấy $ z \geq f[z] \geq f[a]=x_1>x_1$ [$x_1$ là số ìcắt ngắn” phần thập phân] suy ra $z \geq f[z] \geq f[x_1]=x_2>x_2$ … Suy ra $z \geq f[z] \geq f[x_{m}]$ >b Tất nhiên, lối trình bày ở đây chỉ là một đề nghị, và nó cũng không phải là điều thực sự quan trọng.

Ví dụ 1: $\sqrt{x+1}+x^7+\dfrac{1}{10}[x+1]^4>x+1$ với mọi x thuộc [0,1] Lời giải: Xét $1.3a+\dfrac{2}{a^6+1}>2$ với mọi a>1 HD: Lưu ý là khi a>=2 thì BDT hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần xét khi a0, làm cách nào để chuyển về f[x]>x với f là hàm tăng? Điều này có phải thực hiện được với ìrất nhiều” các hàm g, hay ngược lại?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:06

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 09-05-2006 - 11:36

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

[tiếp theo]

Trong bài post trước, một thắc mắc hiển nhiên là phải chăng mệnh đề 1 chỉ giải quyết được cho 1 lớp bài toán rất nhỏ? Thực sự không phải như vậy, mà ngược lại. Trong một điều kiện khá rộng rãi, từ g[x]>0 có thể chuyển về f[x]>x với f tăng. Ta chỉ cần 1 chút mưu mẹo.

Mệnh đề 2. Giả sử g khả vi liên tục [tức f có đạo hàm và f’ liên tục] trên [a,b], thì tồn tại số thực M>0 sao cho g[x]+Mx tăng trên [a,b]. Chứng minh: Hàm g’ liên tục trên [a,b] nên bị chặn dưới trên đoạn này, suy ra tồn tại M>0 sao cho g’[x]>-M với mọi x thuộc [a,b]. Khi đó hàm h[x]=g[x]+Mx có đạo hàm h’=g’+M>0 trên [a,b] nên là hàm tăng [thậm chí tăng ngặt].

[ý nghĩa là có thể f chưa tăng, nhưng ta cộng thêm cho 1 hàm tăng đủ mạnh [ở đây chọn đơn giản là Mx] thì nó sẽ lôi cả f tăng theo]

Từ đó, ta thấy ngay là g[x]>0 có thể biến đổi về f[x]>x với $f=\dfrac{g[x]+Mx}{M}$ liên tục [thậm chí khả vi] và tăng [thậm chí tăng ngặt] trên [a,b].

*Ghi chú: lớp các hàm g nói trong mệnh đề 2 người ta thường kí hiệu là $C^1$][[a,b]]. Về đạo hàm tại các đầu mút a, b các bạn có thể hiểu là đạo hàm 1 phía. Một cách định nghĩa khác, tương đương, là xem như f là hàm khả vi liên tục trên [a',b'] với [a',b'] chứa [a,b]. Hầu hết các hàm ìsơ cấp” [mà ta xét] thuộc lớp này.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng $2x^4-2x^3-2x^2-x+3.5>0$ với mọi x>1 Lời giải: Gọi vế trái là g[x]. Thì g’=$8x^3-6x^2-4x-1$ chưa chắc >0. Ta cộng thêm 3 vào thì: g’[x]+3=$f= \dfrac{[2x^4-2x^3-2x^2+2x+3.5]}{3}$ Phần còn lại dành cho các bạn.

Cuối cùng, lưu ý là mệnh đề 2 giúp chúng ta ìyên tâm” là mệnh đề 1 có tầm sát thương …đủ lớn:D, tuy nhiên cách biến đổi đó là không duy nhất. Nếu tinh ý ta có thể làm ngắn hơn.

Chẳng hạn, cũng ví dụ 3 ở trên, ta cũng có thể biến đổi về: x>h[x] với $ h=\sqrt[4]{\fra{x^3+x^2+x}{2-1.75}}$ với x>1.

Đến đây, bản thân mệnh đề 1 gặp trở ngại, nhưng kiếm ý của nó thì vẫn chạy tốt. Ta thấy rằng nếu x>2 thì suy ra ngay, nên chỉ cần xét khi x thuộc [1,2]. Giả sử có z thuộc [1,2] sao cho z0, với mọi x thuộc [a,b] [ii] Tồn tại dãy hữu hạn tăng $f[x_{n},x_{n+1}]>0$, với mọi n=0,1,..,m. Chứng minh: [i] suy ra [ii]: Xét tập hợp A gồm tất cả các giá trị $a=x_00. Ta lấy dãy $x_{n}$ tương ứng của b’ [vì b’ thuộc A] và bổ sung thêm ${x_n}$ thỏa [ii]] thì các bài toán nhỏ đúng một cách ìhiển nhiên” vì $f[x,x]\ge f[x_n, x_{n+1}]>0$.

Ở đây, mặc dù tổng quát hơn, nhưng kết quả ko đẹp bằng mệnh đề 1, đó là vì các điểm chia x_n ko được xác định 1 cách rõ ràng [ở mệnh đề 1 ta lấy nó là dãy lặp]. Tuy nhiên, trong thực tế thì điều này ko quá khó khăn, ta có thể dùng pp thủ công [tính trực tiếp].

Nói thêm về hàm f[x,y]. Ở phần trước, sau khi phát biểu mệnh đề 1 thì ta phải quan tâm là khi nào BĐT g[x]>0 viết được thành f[x]>x với f tăng. Cũng như vậy, ta có câu hỏi là khi nào thì BĐT g[x]>0 có thể biến đổi thành f[x,x]>0 với f là hàm nêu trong mệnh đề 3. Hai ví dụ cơ bản sau đây sẽ giúp các bạn hiểu rõ hơn:

Ví dụ 1: Nếu g[x]=u[x]-v[x] với u,v là hai hàm tăng, thì f[x,y]=u[x]-v[y].

Ví dụ 2: Nếu g[x]=u[x]/v[x] với u,v là 2 hàm tăng và nhận giá trị dương, thì f[x,y]=u[x]/v[y].

Như vậy, hàm f[x,y] có ý nghĩa là tách các thành phần tăng và giảm theo biến số ở hàm g ra 2 phần riêng biệt. Tất nhiên, cùng một hàm g có rất nhiều cách đặt hàm f.

Dành cho các bạn: khi nào thì 1 hàm liên tục viết được thành hiệu của 2 hàm tăng? Phải chăng mọi hàm liên tục đều làm được như vậy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:11

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 11-05-2006 - 14:33

phtung

Trung sĩ

• Thành viên
• 166 Bài viết

Cái này nên giải thích giống như 1 PP trong xấp xỉ nghiệm trong việc đánh giá các đại lượng của PP Tính thì hay hơn nhỉ??

Đã gửi 12-05-2006 - 10:36

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

  Cái này nên giải thích giống như 1 PP trong xấp xỉ nghiệm trong việc đánh giá các đại lượng của PP Tính thì hay hơn nhỉ??

ok, tôi chưa học PP tính nên ko rõ, bạn có thể post cụ thể được ko?

Hoa đào năm ngoái đừng cười Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

Đã gửi 12-05-2006 - 10:41

Hatucdao

Sĩ quan

• Founder
• 397 Bài viết

[tiếp theo]

III. Mở rộng cho bài toán 2 chiều.

Xét bài toán chứng minh f[x,y]>0 với mọi $x\in[a,b],g\in[c,d]$. Tiếp nối ý ở phần II, ta mong muốn chia hình hộp [a,b]x[c,d] thành các ìhình hộp con” và trên mỗi hình con thì BĐT sẽ đúng theo lối ìhiển nhiên”. Vấn đề là chia như thế nào? Rõ ràng chia theo vừa x vừa y sẽ rất phức tạp. Để đơn giản, không gì hơn là ta ìchia để trị”: chia theo 1 biến, rồi mới chia theo biến kia [thực ra, khi chia theo 1 biến thì bài toán chỉ còn là 1 chiều]. Giống như để cắt 1 miếng gỗ hình chữ nhật, ta cắt thành nhiều miếng theo chiều rộng [để được rất nhiều miếng, mỗi miếnh gần như là …1 chiếc que].

Chia theo biến y, ta có: Mệnh đề 4. Cho f[x,y,z] là hàm liên tục từ [a,b]x[c,d]x[c,d] vào R, tăng theo các biến x, y và giảm theo biến z. Khi đó 2 điều sau là tương đương. [i] f[x,y,y]>0, với mọi x thuộc [a,b],y thuộc [c,d]. [ii] Tồn tại dãy hữu hạn tăng $f[x,y_{n},y_{n+1}]>0$, với mọi x thuộc [a,b]. Chứng minh: Ý tưởng chứng minh y hệt như ở mệnh đề 3 nên xin dành lại cho các bạn. Chỉ có một điểm khó khăn là tính liên tục đều của f: Định nghĩa liên tục đều: Cho f[x,y,z] là từ D vào R với D là một tập con của R^3. Thì f gọi là liên tục đều trên D nếu: với mọi e>0, tồn tại e’>0 sao cho: với mọi [x,y,z] và [x’,y’,z’] thuộc D mà |x-z’|+|y-y’|+|z-z’|< e’ thì ta luôn có |f[x,y,z]-f[x’,y’,z’]|0. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+ab}}>\dfrac{4}{a+b+c}$.

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}>\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Bài toán 4 [kimluan] Cho a,b,c>=0, a+b+c=3. Chứng minh rằng: $\sqrt{\dfrac{a}{1+b+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{1+c+ca}}+\sqrt{\dfrac{c}{1+a+ab}}\ge \sqrt{3}$

Bài 2 đã được giải bằng dồn biến, rất ngắn gọn, như ở trên. Nếu làm chia để trị thì dài hơn nhiều,. Tuy nhiên nếu làm theo chia để trị thì bài 2 và bài 3 là ...như nhau [thậm chí bài 2 còn lằng nhằng hơn]. Dưới đây là lời giải bài 3 để các bạn tham khảo [đây là ví dụ thể hiện rất rõ cái sườn mà ta phác họa ở trên]. Trong các bài toán khác thì ở vài chỗ sẽ cần thêm một chút sáng tạo, nhưng điều này hoàn toàn nằm trong khả năng của các bạn.

Các bạn hãy làm thử [ngay bài 3 cũng có nhiều cách giải khác]... ít bữa nữa kimluan sẽ post lời giải chi tiết và trả lời các thắc mắc.