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

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

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, 

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

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng

Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.

hello nha

2k? vậy ạ

Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng cộng mẫu:

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

\(=\frac{\left(-\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự CM được: \(4\left[\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right]\ge2\left(\frac{a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\) (1)

Lại có: \(VP\left(1\right)-\left(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)=...=0\) (biến đổi đồng nhất)

=> \(VT\left(1\right)\ge\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{4}{9}\)