\(\dfrac{a^2b^2}{2a^2+b^2+3a^2b^2}=\dfrac{a^2b^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+a^2b^2\right)+2a^2b^2}\le\dfrac{a^2b^2}{2ab+2a^2b+2a^2b^2}=\dfrac{ab}{2\left(1+a+ab\right)}\)

Tương tự và cộng lại;

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

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{1+a+ab}+\dfrac{abc}{a+ab+abc}+\dfrac{ab.ca}{ab+abc+ab.ca}\right)\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{1+a+ab}+\dfrac{1}{a+ab+1}+\dfrac{a}{ab+1+a}\right)=\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\)

=> bc+ac+ab=0

ta có

\(bc+ac=-ab\)

<=> \(\left(bc+ac\right)^2=a^2b^2\)

<=> \(b^2c^2+a^2c^2+2abc^2=a^2b^2\)

<=> \(b^2c^2+a^2c^2-a^2b^2=-2abc^2\)

tương tự

\(a^2b^2+b^2c^2-c^2a^2=-2ab^2c\)

\(c^2a^2+a^2b^2-b^2c^2=-2a^2bc\)

thay vào E ta đc

\(E=\dfrac{-a^2b^2c^2}{2ab^2c}-\dfrac{a^2b^2c^2}{2abc^2}-\dfrac{a^2b^2c^2}{2a^2bc}\)

=\(-\dfrac{ac}{2}-\dfrac{ab}{2}-\dfrac{bc}{2}=\dfrac{-\left(ac+ab+bc\right)}{2}=0\) (vì ac+bc+ab=0 cmt)

Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)

Thật vậy:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)

Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)

mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)

Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có

 ∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm

chứng minh bđt "Lại có" ạ

Nhức nhối mãi bài này vì nó làm lag hết máy

Giải

Đặt \(x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c}\)

Ta phải chứng minh \(Σ\dfrac{\left(x+2\right)^2}{x^2+2}\le8\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{2x+1}{x^2+2}\le\dfrac{5}{2}\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{1}{2}\)

Lại theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(Σ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\)

Ta còn phải chứng minh

\(2\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-6x-6y-6z+9\right)\)\(\ge x^2+y^2+z^2+6\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+4\left(xy+yz+xz\right)-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

Bây giờ có \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\ge12\left(xyz\ge8\right)\)

Còn phải chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2+24-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Bởi vì BĐT là thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa \(a+b+c=3\). Khi đó

\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}=\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2+\left(a-1\right)^2}\right)\)

\(\le\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2}\right)=\dfrac{4a+4}{3}\)

Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{\left(2b+c+a\right)^2}{2b^2+\left(a+c\right)^2}\ge\dfrac{4b+4}{3};\dfrac{\left(2c+b+a\right)^2}{2c^2+\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4c+4}{3}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(Σ\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\geΣ\left(4a+4\right)=8\)

Câu hỏi của Neet - Toán lớp 9 | Học trực tuyến:Gazeta Matematia

còn câu này là USAMO 2003

Toàn đề máu mặt :)

Lời giải:

Ta có: \(a^2b+b^2c+c^2a\geq \frac{9a^2b^2c^2}{1+2a^2b^2c^2}\)

\(\Leftrightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(1+2a^2b^2c^2)\geq 9a^2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\geq 3a^2b^2c^2(a+b+c)(*)\)

--------------------------

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^2b+a^4b^3c^2+a^3b^2c^4\geq 3\sqrt[3]{a^9b^6c^6}=3a^3b^2c^2\)

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

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

Cộng theo vế:

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

Vậy $(*)$ đúng

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$