Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y}k;\frac{y}{z}k;\frac{z}{x}k\right)\) \(k\inℝ^+\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\frac{1}{\frac{x}{y}k\left(\frac{y}{z}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{y}{z}k\left(\frac{z}{x}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{z}{x}k\left(\frac{x}{y}k+1\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\left(1+\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\ge\frac{3}{k\left(1+k\right)}\) (D)

Ta có: \(\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\)

\(=\frac{\left(yz\right)^2}{xyzk\left(yk+z\right)}+\frac{\left(zx\right)^2}{xyzk\left(zk+x\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyzk\left(xk+y\right)}\)

\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{xyzk\left(xk+yk+zk+x+y+z\right)}\) (Bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức)

\(\ge\frac{3\left(xyz^2+xy^2z+x^2yz\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3xyz\left(x+y+z\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)

=> BĐT (D) đúng => đpcm

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

We have:\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=\frac{1}{3}\\a,b,c>0\end{cases}\Rightarrow0< a,b,c< \frac{1}{\sqrt{3}}}\)

We prove to:

\(4x+\frac{2}{3x}\ge-3x^2+\frac{11}{3}\)  with  \(0< x< \frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow4x+\frac{2}{3x}+3x^2-\frac{11}{3}\ge0\)

\(\Leftrightarrow9x^3+12x^2-11x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x+1\right)^2\left(x+2\right)\ge0\)   Always true to all \(0< x< \frac{1}{\sqrt{3}}\) 

\(\Rightarrow VT\ge-3a^2+\frac{11}{3}-3b^2+\frac{11}{3}-3c^2+\frac{11}{3}\)

\(=-3\left(a^2+b^2+c^2\right)+11=-3.\frac{1}{3}+11=10\) \(\left(đpcm\right)\)

Đặt biểu thức trên là \(A\)

Ta có : \(A=\left(4a+\frac{2}{3a}\right)+\left(4b+\frac{2}{3b}\right)+\left(4c+\frac{2}{3c}\right)\)

Cần chứng minh \(4a+\frac{2}{3a}\ge-3a^2+\frac{11}{3}\) (*)

Thật vậy \(BĐT\Leftrightarrow4a+\frac{2}{3a}+3a^2-\frac{11}{3}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{12a^2+2+9a^3-11a}{3a}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(a+2\right)\left(3a-1\right)^2}{3a}\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự : \(4b+\frac{2}{3b}\ge-3b^2+\frac{11}{3}\)   và \(4c+\frac{2}{3c}\ge-3c^2+\frac{11}{3}\)

Cộng các bất dẳng thức vừa CM đc ta có :

\(A\ge-3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{11}{3}.3=-3.\frac{1}{3}+11=10\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

                  \(a+b+c=3\)

              So \(\frac{1}{a2}\)

Có: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}\ge\frac{4}{ab+cd}=\frac{8}{a^2+b^2+c^2+d^2}.\)

Cần CM: \(\frac{8}{a^2+b^2+c^2+d^2}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}\)

hay: \(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2\ge16\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\)

CM Bđt phụ sau: \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4}\)

Thật vậy: \(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-\left(a+b+c+d\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-d\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)(đúng)

.................

Lê Nhật Khôi cách này lúc đầu em cũng tính làm như nó ngược dấu rồi thì phải:

\(\frac{8}{a^2+b^2+c^2+d^2}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{16}{2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2\le16\) thế này mới đúng chứ?

_ tth_

uk ngược dấu rồi nhỉ

mày điên à, làm gì có câu hỏi kiểu này?

mày bị điên rồi hả câu hỏi thế này làm gì có người giải được

mày hỏi cô giáo ấy

Mọi người giải ra giúp ạ, cảm ơn nhiều!

Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\) Thì bài toán thành chứng minh

\(3\left(\sqrt{\frac{a+b}{2c}}+\sqrt{\frac{b+c}{2a}}+\sqrt{\frac{c+a}{2b}}\right)^2\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Áp dụng holder ta có:

\(\left(\sqrt{\frac{a+b}{2c}}+\sqrt{\frac{b+c}{2a}}+\sqrt{\frac{c+a}{2b}}\right)^2\left(2c\left(a+b\right)^2+2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2\right)\)

\(\ge\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]^3=8\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow VT\ge3.\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2}\)

Từ đây ta cần chứng minh:

\(3.\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2}\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2\le3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)( đúng )

Vậy có ĐPCM

Ta có:

\(\hept{\begin{cases}ab=q\\a+b=p\end{cases}}\)và \(\hept{\begin{cases}cd=s\\c+d=r\end{cases}}\)

\(M=\frac{2\left(abc+bcd+cda+dab\right)}{p^2+q^2+r^2+s^2}=\frac{2\left(qc+sb+sa+qd\right)}{p^2+q^2+r^2+s^2}\)

\(=\frac{2\left(qr+sp\right)}{p^2+q^2+r^2+s^2}\le\frac{2\left(qr+sp\right)}{2\left(qr+sp\right)}=1\)

Với M = 1 thì \(\hept{\begin{cases}q=r\\p=s\end{cases}}\)

Tới đây thì không biết đi sao nữa :D

thôi bỏ bài này đi cũng được vì chưa tới lúc cần dung phương trình