+ Nếu a+b+c=0 thì a+b=-c; b+c=-a; c+a=-b

P = -c.(-a).(-b)/16120abc = -1/16120

+ Nếu a+b+c khác 0

Áp dung t/c của dãy tỉ số = nhau ta có:

5a+5b-c/c = 5b+5c-a/a = 5c+5a-b/b

= (5a+5b-c)+(5b+5c-a)+(5c+5a-b)/c+a+b

= 9(a+b+c)/a+b+c = 9

=> 5a+5b-c=9c; 5b+5c-a=9a; 5c+5a-b=9b

=> 5a+5b=10c; 5b+5c=10a; 5c+5a=10b

=> a+b=2c; b+c=2a; c+a=2b

P = 2c.2a.2b/16120abc = 1/2015

Gợi ý : 
Bước 1 : Cộng 6 vào các hạng tử đã cho ở đề bài 

Bước 2 : xét 2 TH : 
TH1 : a + b + c = 0 

TH2 : a + b + c khác 0 

Chúc học tốt !!!! 

Ta có:

sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)

Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)

có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)

Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)

MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)

Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3

\(P=\left(5a+\frac{2}{b+c}\right)^2+\left(5b+\frac{2}{c+a}\right)^2+\left(5c+\frac{2}{a+b}\right)^2\)

\(=4\text{∑}\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+20\text{ }\text{∑}\left(\frac{a}{b+c}\right)+75\)

\(\ge2\text{∑}\frac{1}{a^2+b^2}+20\cdot\frac{3}{2}+75\)

\(\ge2\cdot\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+105=108\)

Dấu = khi a=b=c=1

bạn dùng cách gì á mình k hiểu ?

Ta co:

\(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{a^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}\)

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

Từ đây ta co:

\(VT\le\frac{1}{9}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}+3-\left(\frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}\right)\right)\)

\(VT\le\frac{4}{9}-\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}\right)\le\frac{4}{9}-\frac{1}{9}=\frac{1}{3}\)

Chứng minh với 3 số thực dương x,y,z ta có : \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)(*)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)

Chứng minh được bất đẳng thức \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\)(**)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}\)

Đặt \(P=\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(b+a\right)^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : 

\(\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)\right].\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2a^2+bc}\right)\ge9\)

\(\frac{9a^2}{5b^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}\le a^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2a^2+bc}\right)\)

Bằng cách chứng minh tương tự ta được :

\(\frac{9b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le b^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2b^2+ac}\right)\)

\(\frac{9c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le c^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2c^2+ab}\right)\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều , khi đó ta có :

\(\frac{9a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{9b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\frac{9c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le1+\left(\frac{2a^2}{2a^2+bc}+\frac{2b^2}{2b^2+ca}+\frac{2c^2}{2c^2+ab}\right)\)

Suy ra \(9P\le4-\left(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}\right)\)

Mặt khác \(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}=\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2ab^2c+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2abc^2+a^2b^2}\)

Sử dụng bất đẳng thức (**) ta được :

\(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2ab^2c+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2abc^2+a^2b^2}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)

Vậy \(9P\le4-1=3< =>P\le\frac{1}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

để mình chứng minh nốt bất đẳng thức (*) và (**)

Chứng minh bđt (*) 

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Nhân theo vế :

 \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.3.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}=9\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Chứng minh bđt (**)

Sử dụng bđt \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)

\(< =>\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a^2+b^2+2ab\right)xy\)

\(< =>a^2xy+a^2y^2+b^2x^2+b^2xy\ge a^2xy+b^2xy+2abxy\)

\(< =>\left(ay-bx\right)^2\ge0\)*đúng*

Khi đó : \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{m+n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)

Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)

Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:

(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)

Đây là điều hiển nhiên/

PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D

Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:

Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)

Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:

(Hiển nhiên)

Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:

(Hiển nhiên)

Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left[\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right]}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2\left(a+b\right)^2}\le\frac{1}{3}\)

Lại áp dụng Cauchy-Schwazr ta được

\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{\left(3a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+4a^2+2bc}\le\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)

Do đó:

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\frac{1}{9}(\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc})\)=\(\frac{1}{9}(1+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh được

\(\frac{1}{9}\)(1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\))\(\le\frac{1}{3}\)

BĐT này tương đương với mỗi BĐT sau: 

1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\le\frac{1}{3}\)

4-\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\le3\)

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\ge1\)

BĐT cuối cùng đúng vì theo Cauchy-Schwarz thì 

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\ge\)\((ab+bc+ca)^2 \over {\displaystyle \displaystyle \sum }a^2b^2+2bc(a+b+c)\)=1

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

Bạn xem lại đề. Cho $a=b=c=1$ thì BĐT sai.