Hoang Duong

Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ 

Bài này điểm rơi Cauchy cũng chơi mượt mà được mà, chưa cần dùng đến Holder đâu,

$(a+b)^4+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}\ge4\sqrt[4]{(a+b)(\frac{16}{81})^3}=\frac{32}{27}(a+b)$

Tương tự cộng lại ta có điều phải chứng minh         cần gì phải dao búa

Sửa lại tí  

        đã sửa, mình hơi nhầm tí

Dễ dàng chứng minh:

$(a+b+c+d+e)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e})\ge25$

Hay:

$\frac{1}{\sum a}\le\sum\frac{1}{25}\sum\frac{1}{a}$

Quay lại bài toán:

$P=\sum\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}\ge\sum\frac{a^2}{a^2+2(b^2+c^2)}$

$\Rightarrow 3-P\le 2\sum\frac{b^2+c^2}{a^2+2(b^2+c^2)}=2\sum\frac{b^2+c^2}{\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{3}+2\frac{(b^2+c^2)}{2}}$

$\le\frac{2}{25}(b^2+c^2)\sum(\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{4}{b^2+c^2})$

$=\frac{2}{25}(9\sum\frac{b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}+12)=\frac{60}{25}=\frac{12}{5}$

Từ đó suy ra: $P\ge\frac{3}{5}$

Dạng này: https://drive.google...b09WZUVsUmJUTDg

$\sum ab\le\frac{(\sum a)^3}{3}=3$