Để ý theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\left(a+b+c\right)^2\) sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

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

Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\)

\(=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+24abc}\)

Ta chứng minh được \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)nên ta được:

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

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

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

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Đặt \(u=\frac{bc}{a^2};v=\frac{ca}{b^2};w=\frac{ab}{c^2}\). BĐT quy về:

\(\frac{1}{\sqrt{8u+1}}+\frac{1}{\sqrt{8v+1}}+\frac{1}{\sqrt{8w+1}}\ge1\) với uvw = 1

Đặt \(\sqrt{8u+1}=x;\sqrt{8v+1}=y;\sqrt{8w+1}=z\)

Ta phải chứng minh \(xy+yz+zx\ge xyz\) (*) với \(\left(x^2-1\right)\left(y^2-1\right)\left(z^2-1\right)=512\)

Ta có: \(\left(x^2-1\right)\left(y^2-1\right)\left(z^2-1\right)=512\)

\(\Leftrightarrow\Sigma x^2+x^2y^2z^2=513+\Sigma x^2y^2\)

(*) \(\Leftrightarrow\Sigma x^2y^2+2xyz\left(x+y+z\right)\ge x^2y^2z^2\)'

\(\Leftrightarrow\Sigma x^2+2xyz\left(x+y+z\right)\ge513\)

Và rất đơn giản bởi AM-GM, điều đó hiển nhiên đúng:

Có:\(\left(8v+1\right)\left(8u+1\right)\left(8w+1\right)\ge729\sqrt[9]{u^8v^8w^8}=729\)

Nên  \(xyz=\sqrt{\left(8v+1\right)\left(8u+1\right)\left(8w+1\right)}\)

\(\ge\sqrt{729}=27\). Và \(x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=3.9=27;a+b+c\ge9\)

P/s: Bài dài quá em chẳng muốn check lại. Có sai chỗ nào ko ta? Bài này lúc đầu em định uct nhưng ko ra.

Một BĐT mạnh (tổng quát) hơn!

Cho a, b, c > 0 và \(n\ge1\). Chứng minh:

\(\Sigma\frac{a^n}{\sqrt{a^2+8bc}}\ge\frac{1}{3}\left(a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}\right)\)

Holder \(\left(\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^2\left(\sum a\left(a^2+8bc\right)\right)\ge \left(\sum a\right)^3\)

Cần cm \(\left(\sum a\right)^3\ge \left(\sum a\left(a^2+8bc\right)\right)\)

Tương đương \(\Pi (a+b)\ge 8abc\)

Điều cuối cùng hiển nhiên theo AMGM

Đặt vế trái của bất đẳng thức là M

Đấu đề bổ sung = 3 nhé

Xíu mk giải cho

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

Đặt VT là K.

Ta có: \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+3b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Tiếp tục ta chứng minh: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\le\frac{3a+2b}{5}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

Tương tự ta có: \(\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\);\(\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\)

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

\(M\le\frac{3b+2c}{5}+\frac{3a+3b}{5}+\frac{3c+2a}{5}=a+b+c\)

Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)

hay \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)

Vậy \(M\le3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

VT là M nha, mà k hay M gì cx đc, cm đc ròi

Ta có \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+2b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Mặt khác \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}=\frac{5a^2+15ab+5b^2}{5\left(2a+3b\right)}\)

\(=\frac{\left(3a+2b\right)\left(2a+3b\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)}{5\left(2a+b\right)}=\frac{3a+2b}{5}-\frac{\left(a-b\right)^2}{5\left(2a+b\right)}\le\frac{3a+2b}{5}\)

Do đó \(\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{3a+2b}{5}\left(1\right)\)

Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\left(2\right)\\\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8bc+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1) (2)(3) ta có: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}+\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}+\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le a+b+c=3\)