duy030408

$x^2+yz\geq 2x\sqrt{yz}$

$\Rightarrow \frac{1}{x^2+yz}\leq \frac{1}{2x\sqrt{yz}}$

Tuong tu $\Rightarrow \sum \frac{1}{x^2+yz}\leq \sum \frac{1}{2x\sqrt{yz}}$

Ta co: $\sum \frac{1}{2\sqrt{xy}\sqrt{xz}}\leq \sum \frac{1}{2xy}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{x^2+yz}\leq \sum \frac{1}{xy}$

7-8 điểm bạn ạ

7-8 điểm là thừa đỗ rồi bạn

Ta có: P$= 3(1-a)(1-b)(1-c)+\frac{1}{4}$ $= 3(ab+ac+bc-abc-2)+\frac{1}{4}$

Ta thấy :$ab+ac+bc-abc-2=ab(1-c)+c(a+b)-2$

Không mất tính tổng quát . G/s $c$ là số lớn nhất trong ba số $a,b,c$

$\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow 1-c\leq 0\Rightarrow ab(1-c)\leq 0$

Ta thấy $c(a+b)\leq \frac{(a+b+c)^2}{4}\doteq \frac{9}{4}$

$\Rightarrow ab+ac+bc-abc-2\leq \frac{9}{4}-2= \frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{4}= 1\Rightarrow Max P= 1 ,c=b=\frac{3}{2},a=0$ và các hoán vị

Em xin thử sức với cách giải của em ( Không biết có đúng không ạ)

Ta có $0\leq x,y,z\leq 1$

$\Rightarrow 0\leq 2x,2y,2z\leq 2$

Ta có:$2x+2y+2z=3$ và $4S=(2x)^2+(2y)^2+(2z)^2$

Đặt:$2x=a,2y=b,2z=c$

Khi đó ta có: $0\leq a,b,c\leq 2; \, a+b+c=3; \, 4S=a^2+b^2+c^2$

$4S=a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2-(2ab+2ac+2bc)=9-(2ab+2ac+2bc)$

Ta có $a\geq 0\Rightarrow ab\geq 0\Rightarrow -ab\leq 0$

$\Rightarrow 4S\leq 9-2c(a+b)=9-2c(3-c)=2c^2-6c+9$

Ta có : $2c^2-6c+9\leq 5 \Leftrightarrow 2(c^2-3c+2)\leq 0\Leftrightarrow (c-1)(c-2)\leq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $c$ là số lớn nhất trong 3 số $a,b,c$

$\Rightarrow c\geq b; \, c\geq a \Rightarrow 3c\geq a+b+c=3\Leftrightarrow c\geq 1$

Mà $c-2\leq 0;\, c-1\geq 0\Rightarrow (c-1)(c-2)\leq 0$

$\Rightarrow 4S\leq 5 \Rightarrow \max S =\frac{5}{4}$ khi $a=0,b=1,c=2$ hay $x=0,y=\frac{1}{2},z=1$ và các hoán vị

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:

$\frac{2a^2+ab}{(a+b+\sqrt{ac})^2} + \frac{2b^2+bc}{(b+c+\sqrt{ab})^2}+\frac{2c^2+ac}{(a+c+\sqrt{bc})^2}\geq 1$

Giúp em câu này với ạ.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh

$\frac{(1+b)^2(1+c)^2}{1+a^2} + \frac{(1+b)^2(1+c)^2}{1+a^2} + \frac{(1+a)^2(1+b)^2}{1+c^2} \geq \frac{16bc}{1+a^2} + \frac{16ac}{1+b^2} + \frac{16ab}{1+c^2}$

Ta có BĐT : $(b+1)^2\geq 4b$ , $(c+1)^2\geq 4c$ , $(a+1)^2\geq 4a$

Suy ra: $\frac{(1+b)^2(1+c)^2}{1+a^2} + \frac{(1+b)^2(1+c)^2}{1+a^2} + \frac{(1+a)^2(1+b)^2}{1+c^2} \geq \frac{16bc}{1+a^2} + \frac{16ac}{1+b^2} + \frac{16ab}{1+c^2}$

Suy ra : $\frac{16c^2b^2}{bc+a^2bc} + \frac{16a^2c^2}{ac+ab^2c} + \frac{16a^2b^2}{ab+abc^2} \geq \frac{16(ab+ac+bc)^2}{ab+ac+bc+abc(a+b+c)}$

Mà ta có : $ab+ac+bc=\frac{(ab+ac+bc)^2}{3}$

                 $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+ac+bc)^2}{3}$

Suy ra:$\frac{16(ab+ac+bc)^2}{ab+ac+bc+abc(a+b+c)}\geq \frac{16(ab+ac+bc)^2}{\frac{2}{3}(ab+ac+bc)^2} = 24$

Cho $a,b,c \ge 0: a^2+b^2+c^2=1$. Cm: $\frac{c}{1+ab}+\frac{b}{1+ac}+\frac{a}{1+bc} \ge 1$.