trungvmfcsp

Mình xin chém câu bất (ms nghĩ ra @@)

Ta có: VT = $\frac{1}{1+\frac{b^{2}}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c^{2}}{b}}+\frac{1}{1+\frac{a^{2}}{c}}$

Mà $(1+\frac{b^{2}}{a})(1+a)\geq (1+b)^{2}$ => VT $\leq \frac{1+a}{(1+b)^{2}}+\frac{1+b}{(1+c)^{2}}+\frac{1+c}{(1+a)^{2}}$

$=\sum \frac{1+a}{(a+2b+c)^{2}}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{1+a}{(a+b)(b+c)}=\frac{1}{4}\frac{\sum (1+a)(1-b)}{\prod(1-a)}=\frac{1}{4}*\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}$

Ta chứng minh $\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$<=>(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc$ (đúng do a+b+c = 1)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = $\frac{1}{3}$.

Mình xin đóng góp một lời giải khác cho bài cuối = cách dồn biến (khá dài )

Dự đoán P min = 81/4 khi x = y = z = 1/3.

Ta đặt $f(x,y,z)=\frac{9}{1-(xy+yz+zx)}+\frac{1}{4xyz}-\frac{81}{4}$

$f(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z)=\frac{36}{4-(x+y)(x+y+4z)}+\frac{1}{(x+y)^{2}z}-\frac{81}{4}$

=> $f(x,y,z)-f(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z)=\frac{9}{1-(xy+yz+zx)}+\frac{1}{4xyz}-\frac{36}{4-(x+y)(x+y+4z)}-\frac{1}{(x+y)^{2}z}$

Quy đồng và phân tích ta được

$f(x,y,z)-f(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z)=\frac{(x-y)^{2}}{4xyz(x+y)^{2}}-\frac{9(x-y)^{2}}{(1-(xy+yz+zx))(4-(x+y)(x+y+4z))}$

$=(x-y)^{2}(\frac{(1-(xy+yz+zx))(4-(x+y)(x+y+4z))-36xyz(x+y)^{2}}{4xyz(x+y)^{2}(1-(xy+yz+zx))(4-(x+y)(x+y+4z))})$

Vì $xy+yz+zx\leq \frac{1}{3};xyz\leq \frac{1}{27}$ nên

Ta có: $(1-(xy+yz+zx))(4-(x+y)(x+y+4z))-36xyz(x+y)^{2} \geq \frac{2}{3}(4-(1-z)(1+3z))-\frac{36(x+y)^{2}}{27} =\frac{2}{3}(z+1)^{2}$

Mà $4xyz(x+y)^{2}(1-(xy+yz+zx))(4-(x+y)(x+y+4z))>0$

=> $f(x,y,z)\geq f(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z)$ => $f(x,y,z)\geq f(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})=0 =>P\geq \frac{81}{4}$

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1/3.

Ngược dâu rồi bạn!

Ở nhể mình quên, xin lỗi 

Một lời giải mới bài 14. $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$

Ta có: $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1} =\frac{(a+b)^{2}}{(a+b)(ab+1)}+\frac{(b+c)^{2}}{(b+c)(bc+1)}+\frac{(c+a)^{2}}{(c+a)(ca+1)}$

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

Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{4}{2+ab+bc+ca-3abc}\geq \frac{9}{5} \Leftrightarrow 2+27abc\geq 9(ab+bc+ca)$ (1)

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

$9abc\geq 4(ab+bc+ca)-1\Leftrightarrow 27abc>=12(ab+bc+ca)-3$

Thay $27abc\geq 12(ab+bc+ca)-3$ vào (1) ta có: $ab+bc+ca \leq \frac{1}{3}$

Bất đẳng thức đúng do $a + b + c = 1$, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Mình xin bổ sung cách khác bài 1: 

$P=\frac{bc}{a^2(b+c)}+\frac{ca}{b^2(c+a)}+\frac{ab}{c^2(a+b)} =\frac{(bc)^2}{a(b+c)}+\frac{(ca)^2}{b(c+a)}+\frac{(ab)^2}{c(a+b)} \geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{3}{2}$