Sửa đề: chứng minh:\(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{12c^2+11ca+2a^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{12a^2+11ca+2b^2}}\ge\frac{3}{5}\)

Ta có: \(12b^2+11bc+2c^2=\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2-\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2\le\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2\)

Do đó: \(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}\ge\frac{2a^2}{7b+3c}\).Tương tự hai BĐT còn lại rồi cộng theo vế thu được:

\(VT\ge\frac{2a^2}{7b+3c}+\frac{2b^2}{7c+3a}+\frac{2c^2}{7a+3b}\)

\(=2\left(\frac{a^2}{7b+3c}+\frac{b^2}{7c+3a}+\frac{c^2}{7a+3b}\right)\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{10\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{5}\)(áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

P/s: Is that true? Thấy đề nó là lạ nên sửa thôi chứ ko chắc rằng mình sửa đúng..

@Cool Kid: Cách của mình"

Đầu tiên ta xét hiệu: \(12b^2+11bc+2c^2-x\left(b-c\right)^2\). Ta chọn x để biểu thức sau khi phân tích có dạng một số chính phương.

\(=\left(12-x\right)b^2+\left(11+2x\right)bc+\left(2-x\right)c^2\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+\left(2-x\right)c^2-\frac{\left(11+2x\right)^2c^2}{4\left(12-x\right)}\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+c^2\left[\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}\right]\)

Đến đây thì ý tưởng đã rõ, ta chọn x sao cho 12 - x > 0 và:

\(\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}=0\). Bấm máy tính ta suy ra \(x=-\frac{1}{4}\)

Từ đó có thể dễ dàng suy ra cách phân tích bên trên

@Cool Kid: Ý mình là chọn x sao cho biểu thức là bình phương của một biểu thức khác!

mẫu phải là mũ 2 chứ,sao lại mũ 3 zậy bn

mũ 2 và mũ 3 nha bạn. cả 2 cái cách làm tương tự nhau.nếu bạn ko làm đc mũ 3, bn có thể làm mũ 2 chi mình xem đc ko

làm thì làm được nhưng mũ 3 rắc rối hơn

 ta có:

\(\frac{a^2}{a+2b^3}=a-\frac{2ab^3}{a+2b^3}\ge a-\frac{2ab^3}{3b^2\sqrt[3]{a}}=a-\frac{2b\sqrt[3]{a^2}}{3}\)

tương tự như thế 

\(\frac{b^2}{b+2c^3}\ge a-\frac{2c\sqrt[3]{b^2}}{3};\frac{c^2}{c+2a^3}\ge c-\frac{2a\sqrt[3]{c^2}}{3}\)

áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

\(b\sqrt[3]{a^2}\le\frac{2a+b}{3};c\sqrt[3]{b^2}\le\frac{2b+c}{3};a\sqrt[3]{c^2}\le\frac{2c+a}{3}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\ge a+b+c-\frac{4a+2b}{9}-\frac{4b+2c}{9}-\frac{4c+2a}{9}=3-2=1\)

dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Ta có: \(a^2+2b+3=\left(a^2+1\right)+2\left(b+1\right)\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta có: \(b^2+2c+3\ge2\left(b+c+1\right)\); \(c^2+2a+3\ge2\left(c+a+1\right)\)

Từ đó suy ra\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)\(\le\frac{a}{2\left(a+b+1\right)}+\frac{b}{2\left(b+c+1\right)}+\frac{c}{2\left(c+a+1\right)}\)

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

Đặt \(K=\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\), ta đi chứng minh \(K\le1\)

Thật vậy: \(3-K=\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\)

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

\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)(*)

Ta có: \(\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)\)\(=3\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2+3\)

(Mình gõ bằng chương trình Universal Math Solver, không hiện ảnh thì vô thống kê hỏi đáp của mình, ngày 30/5/2020 vào lúc 8:25)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b+c\right)^2+6\left(a+b+c\right)+9\right]=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(3-K\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2}=2\Rightarrow K\le1\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :

\(a^2+1\ge2a\)

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

Tương tự : \(\frac{b}{b^2+2c+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c+1}\right);\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a+1}\right)\)

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

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :

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

TT : ...

Cộng lại ta được :

\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{9}+\frac{b^2+bc+ba^2}{9}+\frac{c^2+ca+cb^2}{9}\)

\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ac^2+ba^2+cb^2}{9}\le\frac{3+3+3}{9}=1\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

ap dung tinh chat ti le thuc ta co a/a+2b=b/b+2c+=c/c+2a=a+b+c/a+2b+b+2c+c+2a=1/3

do đóa/a+2b=b/b+2c=c/c+2a=1/3

hay a chia 3 = a+2b

       b chia 3 =b+2c

        c chia 3 =c+2a

ma a,b,c la cac so nguyen duong nen a,b,c chia het cho 3

nen a+b+c chia het 3

Bài làm:

Ta có: \(\frac{a}{a+2b}=\frac{b}{b+2c}=\frac{c}{c+2a}=\frac{a+b+c}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{3}\)

Xét: \(\frac{a}{a+2b}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow3a=a+2b\Leftrightarrow2a=2b\Rightarrow a=b\)

Tương tự xét các phân thức còn lại ta chứng minh được: \(a=b=c\)

Thay \(\hept{\begin{cases}b=a\\c=a\end{cases}}\)ta được \(a+b+c=3a⋮3\)

\(\Rightarrow a+b+c⋮3\)