Đây là bài IMO 2001 và không cần điều kiện \(a+b+c=1\)

Áp dụng Holder:

\(P.P.\left[a\left(a^2+8bc\right)+b\left(b^2+8ac\right)+c\left(c^2+8ab\right)\right]\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow P^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}=\dfrac{a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a^3+b^3+c^3+24abc}\)

\(\Rightarrow P^2\ge\dfrac{a^3+b^3+c^3+3.2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}}{a^3+b^3+c^3+24abc}=1\)

\(\Rightarrow P\ge1\)

Em làm bên olm rồi nhưng lười gõ lại nên sẽ gửi link và chụp màn hình:D Đây là bài IMO 2001 chứ ko tầm thường đâu.

Link gốc: Câu hỏi của IMO 2001 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

IMO, 2001

Đặt \(x=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\left(x;y;z\in\left(0;1\right)\right)\)

Để ý rằng \(\frac{a^2}{8bc}=\frac{x^2}{1-x^2};\frac{b^2}{8ac}=\frac{y^2}{1-y^2};\frac{c^2}{8ba}=\frac{z^2}{1-z^2}\)

=> \(\frac{1}{512}=\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)\left(\frac{y^2}{1-y^2}\right)\left(\frac{z^2}{1-z^2}\right)\)

Ta cần chứng minh \(x+y+z\ge1\)với \(x;y;z\in\left(0;1\right)\)và \(\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right)=512\left(xyz\right)^2\left(1\right)\)

Giả sử ngược lại x+y+z<1

Theo BĐT AM-GM ta có:

\(\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right)>\left[\left(x+y+z\right)^2-x^2\right]\left[\left(x+y+z\right)^2-y^2\right]\left[\left(x+y+z\right)^2-z^2\right]\)

\(=\left(x+x+y+z\right)\left(y+z\right)\left(x+y+z+y\right)\left(z+x\right)\left(z+z+x+y\right)\left(x+y\right)\)

\(\ge4\left(x^2yz\right)^{\frac{1}{4}}\cdot2\left(yz\right)^{\frac{1}{2}}\cdot4\left(y^2zx\right)^{\frac{1}{4}}\cdot2\left(xz\right)^{\frac{1}{2}}\cdot4\left(z^2xy\right)^{\frac{1}{4}}\cdot2\left(xy\right)^{\frac{1}{2}}=512\left(xyz\right)^2\)

Điều này mâu thuẫn với (1)

Vậy điều phản chứng là sai và ta có đpcm

Ace Legona Bạn mà ko giải được thì còn ai giải đc nữa mà hỏi

Đặt \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\)

\(=\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+abc}}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\)(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức)

Ta có: 

Suy ra 

Ta cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3+24abc\le\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\ge6abc\)

Đúng vì \(a^2b+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\); \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)

Từ đó suy ra \(\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\ge1\)

Vậy \(=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)

Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)

\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)

Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm.

Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v

Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau

Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)

Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)

Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)

Thâm à nha:) Bài 2 là IMO 2001, em đã nêu đáp án tại đây: Câu hỏi của IMO 2001 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath