kfcchicken98

Cách 2:

 

Ta chuẩn hóa $a+b+c=3$.

 

Lúc này điều phải chứng minh có thể viết lại thành     

 

$\sum \frac{\left ( 3-a \right )^{2}}{\left ( 3-a \right )^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$

 

Mặt khác ta lại chỉ ra được bất đẳng thức phụ sau:

 

$\frac{\left ( 3-a \right )^{2}}{\left ( 3-a \right )^{2}+a^{2}} \geq \frac{18}{25}\left (1-a \right )+\frac{1}{5}$

 

$\Leftrightarrow \left ( a-1 \right )^{2}\left ( 2a+1 \right )\geq 0$

 

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.$\square$

sai rồi, phải là  $\sum \frac{(3-2a)^{2}}{(3-a)^{2}+a^{2}}$

câu 4

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

suy ra Q min=$\frac{1}{2}$

bài này chắc bạn thiếu điều kiện a,b,c là số dương 

$\frac{a}{1+a^{2}}\leq \frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$

suy ra $VT\leq \frac{3}{2}$

$VP\geq \frac{3}{2}$ (bdt nesebit)

đpcm

$\frac{a+1}{b^{2}+1}=a+1-\frac{ab^{2}+b^{2} }{b^{2}+1}\geq a+1-\frac{ab+b}{2}$

suy ra $\sum \frac{a+1}{b^{2}+1}{}\geq 6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\geq 6-3=3$

bài 1

đặt $\frac{b}{a}=x; \frac{c}{b}=y; \frac{a}{c}=z$; xyz=1

bđt tương đương  $\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}+\frac{1}{(1+z)^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z^{2}+z+1}{(1+z)^{2}}$

có $z^{2}+1\geq 2z$

tương đương $4z^{2}+4z+4\geq 3z^{2}+6z+3$

tương đương $\frac{z^{2}+z+1}{(z+1)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

dùng cô si:

$P=\frac{x}{\sqrt{y^{2}+2xy}}+\frac{y}{\sqrt{x^{2}+2xy}}=\frac{x^{2}}{\sqrt{x}\sqrt{xy^{2}+2x^{2}y}}+\frac{y^{2}}{\sqrt{y}\sqrt{yx^{2}+2xy^{2}}}\geq \frac{(x+y)^{2}}{\sqrt{3xy}}\geq \frac{1}{\sqrt{3\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

$\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+2xy+y^{2}-x^{2}}}=\frac{x}{\sqrt{2xy+y^{2}}}$

suy ra $P=\frac{x}{\sqrt{y^{2}+2xy}}+\frac{y}{\sqrt{x^{2}+2xy}}$

đặt S= $x(y^{2}+2xy)+y(x^{2}+2xy)$

$P^{2}S\geq (x+y)^{3}$

suy ra $P^{2}\geq \frac{(x+y)^{3}}{xy^{2}+2x^{2}y+yx^{2}+2xy^{2}}=\frac{(x+y)^{3}}{3xy(x+y)}=\frac{x^{3}+y^{3}+3xy(x+y)}{3xy(x+y)}\geq \frac{4xy(x+y)}{3xy(x+y)}=\frac{4}{3}$

suy ra $P\geq \frac{2}{\sqrt{3}}$

$P\leq \sum \frac{ab}{\sqrt{ab+ac+bc+c^{2}}}=\sum \frac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c})=\frac{1}{2}\sum (\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c})=\frac{1}{2}\sum (a+b+c)=\frac{3}{2}$

có $\frac{a^{2}+ab+1}{\sqrt{a^{2}+3ab+c^{2}}}\geq \frac{a^{2}+ab+1}{\sqrt{a^{2}+ab+a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=\frac{a^{2}+ab+1}{\sqrt{a^{2}+ab+1}}=\sqrt{a^{2}+ab+1}$

có $\sqrt{a^{2}+ab+1}=\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^{2}+\frac{1}{4}(a-b)^{2}+a^{2}+c^{2}}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^{2}+a^{2}+c^{2}}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^{2}+\frac{(a+c)^{2}}{2}}$

áp dụng bđt minkowski, có $\sum (\sqrt{a^{2}+ab+1})\geq \sqrt{3(a+b+c)^{2}+2(a+b+c)^{2}}=\sqrt{5}(a+b+c)$

giả sử $x\geq y\geq z$

áp dụng bđt trebusep $F\geq \frac{1}{3}(x^{3}+y^{3}+z^{3})(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz})\geq \frac{1}{9}(x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)\frac{9}{xy+yz+xz}\geq \frac{(xy+yz+xz)(x+y+z)}{(xy+yz+xz)}=x+y+z$

đặt $\frac{x}{y}=a; \frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c$; abc=1

T=$\sum \frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}$

có

$\frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a^{2}+1)^{2}}{2}(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a+1)^{4}}{8}(b+c)^{3}}=\frac{8}{(a+1)^{4}(b+c)^{3}}{}\leq \frac{8}{16a^{2}4bc(b^{2}+c^{2})}=\frac{1}{8a(b^{2}+c^{2})}\leq \frac{1}{16}$

suy ra Max=$\frac{3}{16}$

đề sai rồi cho a=3,b=5 ,n=2 thì vô lí 

đề phải là b chẵn mới làm được chứ

đã sửa lại đề

$(\sum_{k=1}^{n}a_{k})^{2}=(\sum_{k=1}^{n}a_{k}\frac{\sqrt{x_{k}}}{\sqrt{x_{k}}})^{2}\leq (\sum_{k=1}^{n}x_{k})(\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}^{2}}{x_{k}})$

thay k=2 có đpcm

có $\frac{1}{2\sqrt{x}+3\sqrt{y}+3\sqrt{z}}=\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{z}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\leq \frac{1}{16}(\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\frac{1}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}+\frac{1}{\sqrt{y}+\sqrt{z}})=\frac{3}{16}+\frac{1}{16(\sqrt{y}+\sqrt{z})}$

tương tự, $A\leq \frac{9}{16}+\frac{3}{16}=\frac{3}{4}$

có thể giải bằng Holder

$3(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{3}\geq 27abc$