1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)

Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)

Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)

Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)

Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)

và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được

\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)

Do đó ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta được

\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM

ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^2+2b^2+c^2=(a^2+b^2)+(a^2+c^2)\geq 2\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}.\frac{(a+c)^2}{2}}=(a+b)(a+c)\)

\(\Rightarrow \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \sum \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta cần CM: \(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{a+b+c}{4}\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)[(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc]\)

\(\Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq (a^3b+ab^3)+(bc^3+b^3c)+(ca^3+c^3a)\)

(dễ thấy luôn đúng do theo BĐT AM-GM)

Do đó ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

đề bạn sai dấu rồi nha 

uk đúng rồi mk sorry vậy nếu là dấu nhỏ hơn hoặc bằng bạn có thể giải giúp mk ko

là zầy nè

Áp dụng bđt: 1/(x + y) ≤ 1/4 . (1/x + 1/y) với x,y > 0 
1/(a + b + 2c) = 1/[(c + a) + (c + b)] ≤ 1/4 . [1/(c + a) + 1/(c + b)] 
=> ab/(a + b + 2c) ≤ 1/4 . [ab/(c + a) + ab/(c + b)] 
Đẳng thức xảy ra <=> c + a = c + b 
tương tự: 
bc/(b + c + 2a) ≤ 1/4 . [bc/(a + b) + bc/(a + c)] 
ca/(c + a + 2b) ≤ 1/4 . [ca/(b + c) + ca/(b + a)] 
VT đpcm ≤ 1/4 . [ab/(c + a) + ab/(c + b) + bc/(a + b) + bc/(a + c) + ca/(b + c) + ca/(b + a)] 
= 1/4 . {[ab/(c + a) + bc/(a + c)] + [ab/(c + b) + ca/(b + c)] + [bc/(a + b) + ca/(b + a)]} 
= 1/4 . (a + b + c) = (a+b+c)/4

\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2abc}\ge\frac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2abc}=\frac{a^2+b^2}{c}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

viết các bđt tương tự rồi cộng vế theo vế là được

xét phân thức đầu tiên

Ta có

tương tự ta làm cho các phân thức còn lại

ta có

với \(x , y , z > 0\)

mỗi chỗ như \(\frac{4 a}{b^{2}}\) có thể kết hợp với các hạng tử khác để đưa về dạng cân đối

sau khi tác ta nhóm các phần giống nhau Kết quả (sau khi sắp xếp) ta thu được

Điều này chứng minh được nhờ các bước chuẩn hóa + áp dụng AM–GM để chặn trên từng nhóm

vậy

Bất đẳng thức đã cho đúng với mọi \(a , b , c > 0\)

Cho \(a , b , c > 0\). Chứng minh rằng:

\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)

Ta rút gọn từng biểu thức:

\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} = \frac{a^{2}}{a b^{2}} + \frac{2 b^{2}}{a b^{2}} + \frac{c^{2}}{a b^{2}} = \frac{a}{b^{2}} + \frac{2}{a} + \frac{c^{2}}{a b^{2}}\)

Tương tự với các phân thức còn lại, ta thấy biểu thức rất khó chứng minh trực tiếp. Thay vào đó, ta sẽ tìm cách tiếp cận khác.

Biến đổi đề bài sang dạng dễ hơn:

\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)

Gộp tử:

Dấu hiệu này gợi ý dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz hoặc AM-GM.

Thử với bất đẳng thức AM-GM (trung bình cộng ≥ trung bình nhân):

Ta xét:

\(a^{2} + 2 b^{2} + c^{2} \leq 4 a b (???) \text{Kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \&\text{nbsp};đo\text{n}\&\text{nbsp};\text{v}ị\)

→ Cách này không khả thi.

Ví dụ:

\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)

Bạn có thể chụp hình hoặc gõ lại theo định dạng LaTeX, ví dụ như:

Nếu đây đúng là đề bài, thì nó thuộc dạng bất đẳng thức đẳng cấp 3, có thể giải được bằng biến đổi đồng dạng hoặc chuẩn hóa.

Tham khảo

Với x, y > 0 ta chứng minh:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\\ \Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\\ \Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\\ \Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0(luônđúng)\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y

Áp dụng vào bài toán:

\(\frac{1}{a+b+2c}=\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\\ \Rightarrow\frac{4ab}{a+b+2c}\le\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\)

Tương tự: \(\frac{4bc}{b+c+2a}\le\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}\\ \frac{4ca}{c+a+2b}\le\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{a+b}\\ 4\left(\frac{ab}{a+b+2c}+\frac{bc}{b+c+2a}+\frac{ca}{c+a+2b}\right)\le\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b}=b+a+c\left(dpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,

Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma

giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!

Ta có:(Sử dụng bdt cô-si) \(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}.\frac{b+c}{4bc}}=2.\frac{1}{2a}=\frac{1}{a}\)

=> \(\frac{bc}{a^2b+a^2c}\ge\frac{1}{a}-\frac{b+c}{4bc}\)

Chứng minh tương tự:\(\frac{ca}{b^2a+b^2c}\ge\frac{1}{b}-\frac{c+a}{4ca}\);\(\frac{ab}{c^2a+c^2b}\ge\frac{1}{c}-\frac{a+b}{4ab}\)

Từ đó \(P\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}\right)\)

Mà\(\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}=\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)=> \(P\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Ta có:\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\ge9\)(do a+b+c<=1)=> \(P\ge\frac{1}{2}.9=\frac{9}{2}\)

Dấu '=' xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\\frac{bc}{a^2b+a^2c}=\frac{b+c}{4bc}\\a,b,c>0\end{cases}};...\)

<=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy\(MinP=\frac{9}{2}\)khi a=b=c=1/3