Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp

Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)

\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

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

Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:

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

Ta thực hiện phép đổi biến thì:

\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)

Đến đây là phần của bạn

(Vào thống kê hỏi đáp xem ảnh nhé! 2 cách, cách đầu dùng kỹ thuật uvw, cách kia là SOS)

Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức cơ bản dạng\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\), ta được: \(\left(a+2b\right)^2=\left(\frac{2a+b}{2}+\frac{3b}{2}\right)^2\ge4.\frac{2a+b}{2}.\frac{3b}{2}=3b\left(2a+b\right)\)

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

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

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(c+2a\right)}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Áp dụng đánh giá \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) , ta được:

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

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

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

Vậy theo đánh giá ta được: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\), do đó ta được:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)

\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\)  (1) 

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\)   <=> (ab+bc+ca)². VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\)  ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

4c, 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)

bài 2 thì bạn áp dụng bdt cô si với lựa chọn điểm rơi  hoặc bdt holder  ( nó giống kiểu bunhia ngược ) . bai 1 thi ap dung cai nay \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}>=\frac{1}{x+y}\)  câu 1 khó hơn nhưng bạn biết lựa chọn điểm rơi với áp dụng bdt phụ kia là ok .

Bài 1:Đặt VT=A

Dùng BĐT \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\Rightarrow\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)x,y,z>0\)

Áp dụng vào bài toán trên với x=a+c;y=b+a;z=2b ta có:

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

Tương tự với 2 cái còn lại

\(A\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc+ac}{a+b}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{ab+ac}{b+c}\right)+\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow A\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)=\frac{a+b+c}{6}\)

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c 

Bài 2:

Biến đổi BPT \(4\left(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\right)\ge3\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Dự đoán điểm rơi xảy ra khi a=b=c=1

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)

Tương tự suy ra

\(VT\ge\frac{2\left(a+b+c\right)-3}{4}\ge\frac{2\cdot3\sqrt{abc}-3}{4}=\frac{3}{4}\)