@Akai Haruma @Vũ Tiền Châu @Phùng Khánh Linh

vãi

Mày gửi cái gì vậy

A  Đu

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^4+b^4)(a^2+b^2)\geq (a^3+b^3)^2\)

\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac{(a^3+b^3)^2}{ab(a^3+b^3)(a^2+b^2)}=\frac{a^3+b^3}{ab(a^2+b^2)}(1)\)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^3+b^3)(a+b)\geq (a^2+b^2)^2\)

Mà theo hệ quả BĐT AM-GM: \(a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\)

Suy ra \((a^3+b^3)(a+b)\geq (a^2+b^2)\frac{(a+b)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\geq \frac{(a+b)(a^2+b^2)}{2}(2)\)

Từ (1); (2) suy ra \(\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac{a^3+b^3}{ab(a^2+b^2)}\geq \frac{a+b}{2ab}\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

\(\sum \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac{a+b}{2ab}+\frac{b+c}{2bc}+\frac{a+c}{2ac}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\dfrac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\dfrac{a^2}{4a^2+2ab+2ac+bc}=\dfrac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+\left(2a^2+bc\right)}\)

\(\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

Suy ra BĐT cần chứng minh viết lại như sau:

\(\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\le\dfrac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le\dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{1}{9}}-2=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{2b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\le2\)

\(\Leftrightarrow\left(1-\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)+\left(1-\dfrac{2b^2}{2b^2+ca}\right)+\left(1-\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\right)\ge1\)

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

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{bc}{bc+2a^2}=\dfrac{b^2c^2}{b^2c^2+2a^2bc}\ge\dfrac{b^2c^2}{b^2c^2+a^2\left(b^2+c^2\right)}=\dfrac{b^2c^2}{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{ca}{2b^2+ca}\ge\dfrac{c^2a^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2};\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge\dfrac{a^2b^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

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

Vậy BĐT cuối đúng hay ta có ĐPCM

do abc=1 nên đặt a=x/y;b=y/z;c=z/x

\(P=\sum\sqrt[4]{\dfrac{a+b}{c+1}}=\sum\sqrt[4]{\dfrac{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}}{\dfrac{z}{x}+1}}=\sum\sqrt[4]{\dfrac{x\left(xz+y^2\right)}{yz\left(x+z\right)}}\)

ta có\(\dfrac{x\left(x+z\right)\left(xz+y^2\right)}{yz\left(x+z\right)^2}=\dfrac{x\left(x\left(z^2+y^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right)}{yz\left(x+z\right)^2}\)

\(\ge\dfrac{x\sqrt{xz}\left(x+y\right)\left(z+y\right)}{yz\left(x+z\right)^2}\)(cô si 2 số)

P>=\(\sum\sqrt[4]{\dfrac{x\sqrt{xz}\left(x+y\right)\left(z+y\right)}{\left(x+z\right)^2yz}}\)>=3(cô si 3 số)

@Akai Haruma @Lighning Farron

Tự c/m BĐT phụ sau: \(x^5+y^5\ge x^2y^2\left(x+y\right)\)

Áp dụng vào bài :V

\(\dfrac{ab}{a^5+b^5+ab}\ge\dfrac{ab}{a^2b^2\left(a+b\right)+ab}=\dfrac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}=\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\dfrac{c}{abc\left(a+b\right)+c}=\dfrac{c}{a+b+c}\)

Tương tự rồi cộng lại được đpcm

Akai HarumaAce Legona hôm nay cực cho 2 bác r :">