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

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

a.

Bình phương 2 vế, BĐT cần chứng minh trở thành:

\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge6\)

Ta có:

\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(1+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=a+b\)

Tương tự cộng lại:

\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge2\left(a+b+c\right)=6\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

b.

\(\sum\dfrac{a+1}{a^2+2a+3}=\sum\dfrac{a+1}{a^2+1+2a+2}\le\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\le1\Leftrightarrow\sum\dfrac{4a+4}{4a+2}\le4\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{1}{2a+1}\ge1\)

Đúng đo: \(\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1}\ge\dfrac{9}{2\left(a+b+c\right)+3}=1\)

Ta có: \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}=\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+2ab+c^2}}\ge\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{a^2+ab+1}\)

\(\sqrt{a^2+ab+1}=\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}=\sqrt{\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2+a^2+c^2}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}.\sqrt{\left(\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+1+1\right)\left(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2+a^2+c^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left(\frac{3}{2}\left(a+\frac{b}{2}\right)+\frac{3}{2}b+a+c\right)^2}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

Tương tự ta cũng chứng minh đc:

 \(\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}b+\frac{3}{2}c+a\right)\)

\(\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^2+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}c+\frac{3}{2}a+b\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}+\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}+\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^3+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(5a+5b+5c\right)\)

\(=\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c =\(\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Do \(a,b,c\geq 0\) và \(a+b+c=1\) nên \(a,b,c\le1\).

Xét hiệu \(5a+4-\left(a+2\right)^2=a\left(1-a\right)\ge0\)

\(\Rightarrow5a+4\ge\left(a+2\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{5a+4}\ge a+2\).

Tương tự, \(\sqrt{5b+4}\ge b+2;\sqrt{5c+4}\ge c+2\).

Cộng vế với vế ta có \(T\ge a+b+c+6=7\).

Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = c = 0 và các hoán vị.

Vậy Min T = 7 khi a = 1; b = c = 0. 

Một ý tưởng để có được bất đẳng thức phụ \(\sqrt{5a+4}\ge a+2\forall0\le a\le1.\)

Do $0\leq a \leq 1$ nên $a\ge a^2.$

Ta có: \(\sqrt{5a+4}=\sqrt{a+4a+4+\ 4}\ge\sqrt{a^2+4a+4+4}=a+2\)

Ngoài ra còn một cách là giả sử \(\sqrt{5a+4}\ge ma+n\)

rồi đi chọn $m,n$ theo điểm rơi.

Không biết còn cách nào khác không nhỉ?

Ta sẽ chứng minh :

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\) với x, y > 0

Thật vậy : \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)( bđt Cô - si )

Và \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\) ( bđt Cô - si )

\(\Rightarrow x+y+z\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\) ( Dấu " = " \(\Leftrightarrow x=y=z\) )

Ta có :

\(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

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

( Dấu " = " xay ra khi a=b)

Tương tự ta cũng có :

\(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) ( Dấu " = " xảy ra khi b=c)

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\) ( Dấu " = " xay ra khi c = a )

\(VT=\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

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

Dấu " = " xay ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!

\(\frac{1}{\sqrt{4a^2+2ab+b^2+a^2+b^2}}\le\frac{1}{\sqrt{4a^2+2ab+b^2+2ab}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2}}=\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)