Theo giả thiết, ta có: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1\)

Áp dụng BĐT AM - GM cho 5 số, ta được: \(\hept{\begin{cases}a.a.a.b.b\le\frac{a^5+a^5+a^5+b^5+b^5}{5}=\frac{3a^5+2b^5}{5}\\b.b.b.a.a\le\frac{b^5+b^5+b^5+a^5+a^5}{5}=\frac{3b^5+2a^5}{5}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{5\left(a^5+b^5\right)}{5}\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)hay \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)(1) .

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{\sqrt{b^5+c^5}}\le\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^5+a^5}}\le\frac{1}{ca\sqrt{c+a}}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)()

Xét \(\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\right)^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\right)\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

mình không biết dù là tiêng việt lớp1

chúc bạn học giỏi

chúc bạn nhe

bạn CTV

ni ả ní

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

Haiz giải ra rồi

Ta có : \(VT=\Sigma\left(\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2-2kbc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2+k^2b^2+c^2+2ka^2-2kbc-2ka^2-k^2b^2-c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{2kbc-2ka^2+2ka^2+k^2b^2+c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{k^2b^2+2kbc+c^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

\(VT=\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge\Sigma\left[1-\left(\frac{k^2b^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{c^2}{ka^2+c^2}\right)\right]\)

\(=3-\left(\frac{k^2b^2+ka^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{ka^2+c^2}{ka^2+c^2}+\frac{k^2b^2+c^2}{k^2b^2+c^2}\right)=3-3=0\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=c\\k>0\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(1-\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\)

Ta có thể viết lại bất đẳng thức thành

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\le3\)

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{k\left(a^2+kb^2\right)+c^2+ka^2}\le\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}\)

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\), hoặc \(a=\frac{b}{k}=\frac{c}{k^2}\), hoặc \(b=\frac{c}{k}=\frac{a}{k^2}\), hoặc \(c=\frac{a}{k}=\frac{b}{k^{^2}}\)

Hoặc ta có thể làm như sau.

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}-\frac{k\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+kc^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Ta có đẳng thức sau:

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=3-p\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

\(\sum\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{1}{2}\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Do đó, bất đẳng thức ban đầu tương đương với

\(\sum\frac{\left(b^2+kc^2\right)\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\ge0\)

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

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)