Đành giải tạm bằng nick này vì sợ một vài thành phần trẻ trâu anti phá phách :poor:

Phân tích và giải

Dễ thấy: Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)

\(\Rightarrow L=Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{3}{4}\text{ và }F=-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)

Khi đó \(VT=L-F=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)

Ta sẽ chia làm 2 bước cm:

B1: \(Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\le\dfrac{3}{4}\). Ta xét BĐT :

\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2k}+a^k\right)}{8\left(a^{2k}+a^k+1\right)}\) (cần tìm \(k\) thỏa mãn)

\(\Leftrightarrow8a\left(a^{2k}+a^k+1\right)-3\left(a^{2k}+a^k\right)\left(a^2+2a+1\right)\le0\)\(\Leftrightarrow f\left(a\right)=-3a^{2k}+2a^{k+1}-3a^{k+2}+2a^{2k+1}-3a^{2k+2}-3a^k+8a\)

\(\Rightarrow f'\left(a\right)=2k\cdot-3a^{2k-1}+\left(k+1\right)2a^k-\left(k+2\right)3a^{k+1}+\left(2k+1\right)2a^{2k}-\left(2k+2\right)3a^{2k+1}-k\cdot3a^{k-1}+8a\)

\(\Rightarrow f'\left(1\right)=0\Rightarrow-12k=0\Rightarrow k=0\)

Hay BĐT phụ cần tìm là \(\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2\cdot0}+a^0\right)}{8\left(a^{2\cdot0}+a^0+1\right)}=\dfrac{1}{4}\) (bài này \(k\) đẹp ra luôn \(\farac{1}{4}\) cộng vào là ok =))

\(\Leftrightarrow-\dfrac{\left(a-1\right)^2}{4\left(a+1\right)^2}\le0\) *Đúng* \(\RightarrowΣ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\leΣ\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)

B2: CM \(-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\le-\dfrac{1}{2}\)

Tự cm nhé Goodluck :v

B2 mới khó đó sir :V

\(\Leftrightarrow\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{1}{2}\)

\(VT\ge\dfrac{4}{\dfrac{\left(a+b+c+3\right)^3}{27}}\). Hay \(-\dfrac{\left(t-3\right)\left(t^2+12t+63\right)}{2\left(t+3\right)^3}\ge0\)

Neet

\(0< a\le1\RightarrowΣa\le3\Rightarrow t\le3\Rightarrow-\left(t-3\right)\ge0\)

\(\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\le\dfrac{4}{\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3}=\dfrac{1}{2}\)

but cái chỗ đưa về vasile hay thật đó

mà khoan ,có cả đạo răng

Neet: ý you là sao ? *pingpingping...*

đạo răng cấp 1 thôi mà , mà cái đưa về
vasile là sao t ko hiểu =))

thì tổng quát của BĐT \(\sum\dfrac{1}{a^2+a+1}\ge1\) của Vasile :V

răng e mới có 0.5

Neet: 1. cái chỗ Holder \(\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\) của you ngược dấu rồi =)) nó có dấu trừ đằng trc nên sẽ thành > =

2. thì cái ý tưởng cho B1 cũng là nhờ dạng t.quát của BĐT \(Σ\dfrac{1}{a^{2k}+a^k+1}\le1\forall abc=1\) mà , khi nào rảnh t sẽ gõ bài giảng về các hiệu ứng của BĐT Vasile

3. Cho đến giờ t mới biết BĐT đó là BĐT Vasile, trc kia t nghĩ là BĐT Vasc và nhầm sang cái BĐT mà t đã xài khi làm 1 bài trc kia của you\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^3b+b^3c+c^3a\right)\) :V

1.thì ý e là nó luôn >= -1/2 nên B.2 không cm đc

2. :V cho e ké vs

3. vasile là tên nguyên gốc , vasc là việt hóa ? maybe

Anh Nguyễn Huy Thắng đánh giá cái \(a\le1\) sai rồi vì a.b.c=1

chứ đâu phải a+b+c=1 đâu

Em nghĩ cái B1 của anh Alchemy4869 giải theo cách này sẽ nhanh hơn nhiều

ta có: \(a=a.1\le\dfrac{\left(a+1\right)^2}{4}\)\(\Rightarrow\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\le\dfrac{\dfrac{\left(a+1\right)^2}{4}}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{1}{4}\)

Hà Nam Phan Đình: mk` lười nên làm theo cách thủ công sẽ nhanh hơn bn ạ với bài của mk có ứng dụng chung cho các bđt dạng vậy mà =]]

Hà Nam Phan Đình: vậy cái này thì sao =)) \(t=a+b+c\ge3\Rightarrow\left(t-3\right)\left(t^2+12t+63\right)\ge0\)

Mà \(\dfrac{A\left(x\right)}{2\left(t+3\right)^3}\le\dfrac{A\left(x\right)}{2\left(3+3\right)^3}\Rightarrow\dfrac{A\left(x\right)}{-2\left(t+3\right)^3}\ge\dfrac{A\left(x\right)}{-2\left(3+3\right)^3}\)

trước nhầm hêhêhê.

đây là hệ số bất định

WTF =)) u.c.t á are you kidding :V

đúng còn gì

Một lời giải sơ cấp:

Đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\).BDT cần chứng minh tương đương:

\(\sum\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}-\dfrac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\le\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow\left[\dfrac{3}{4}-\sum\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}\right]+\left[\dfrac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}-\dfrac{1}{2}\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left[\dfrac{1}{4}-\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}\right]-\dfrac{\sum\left(x^2+y^2\right)z-6xyz}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(x-y\right)^2}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{\sum z\left(x-y\right)^2}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(x-y\right)^2\left[\dfrac{1}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{z}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\right]\ge0\)

hay \(S_a\left(y-z\right)^2+S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\ge0\)(*)

với \(\left\{{}\begin{matrix}S_a=\dfrac{1}{4\left(y+z\right)^2}-\dfrac{x}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}{4\left(y+z\right)^2\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\\S_b=\dfrac{1}{4\left(x+z\right)^2}-\dfrac{y}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(y-x\right)\left(y-z\right)}{4\left(x+z\right)^2\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\\S_c=\dfrac{1}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{z}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\end{matrix}\right.\)

Dễ thấy \(S_a;S_b;S_c\) không phải là luôn không âm.Giả sử \(x=max\left\{x;y;z\right\}\).

Từ đó suy ra \(S_a\ge0\).Xét \(S_b+S_c=\dfrac{\left(y-z\right)^2}{4\left(x+y\right)^2\left(x+z\right)^2}\ge0,\forall x;y;z>0\)

Do đó \(VT=S_a\left(x-y\right)^2+\left[S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\right]\ge0\)

Ta sẽ chứng minh \(S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\ge0\) với \(S_b+S_c\ge0\)

và điều này đúng hay không e không biết, quan trọng là .. Chúc Mừng Năm Mới !!

neet lop may day

sơ cấp nhưng giải = SOS thì tất nhiên là rất chặt mặc dù t vẫn chưa kiểm tra là đúng hay sai, quan trọng là .. Chúc Mừng Năm Mới !!

\(\left\{{}\begin{matrix}S_a=\dfrac{1}{4\left(y+z\right)^2}-\dfrac{x}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}{4\left(y+z\right)^2\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\\S_b=\dfrac{1}{4\left(z+x\right)^2}-\dfrac{y}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(y-x\right)\left(y-z\right)}{4\left(x+z\right)^2\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\\S_c=\dfrac{1}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{z}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\end{matrix}\right.\)

Giả sử \(x=max\left\{x;y;z\right\}\) thì \(S_a\ge0\)

Xét \(S_b-S_a=\dfrac{x-y}{4\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\left[\dfrac{z-y}{x+z}+\dfrac{x-z}{z+y}\right]=\dfrac{\left(x-y\right)^2}{4\left(x+z\right)^2\left(y+z\right)^2}\ge0\)

Do đó \(S_b\ge S_a\ge0\), tương tự ta cũng có \(S_c\ge S_a\ge0\)

\(\Rightarrow VT\ge0\) ( hoàn tất chứng minh)

Dấu = xảy ra khi x=y=z hay a=b=c=1 .

( tiếp tục )

Xét dạng TQ: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đưa về tam thức bậc 2 ẩn a :

\(\left(S_b+S_c\right)a^2-2a.\left(c.S_b+b.S_c\right)+\left[S_a\left(b-c\right)^2+S_b.c^2+S_c.b^2\right]\ge0\)(*)

Do \(S_b+S_c\ge0\) như ở trên nên chỉ cần có \(\Delta'\le0\)

hay \(-\left(S_a.S_b+S_b.S_c+S_c.S_a\right)\left(b-c\right)^2\le0\)

nên ta chỉ cần chứng minh \(S_a.S_b+S_b.S_c+S_c.S_a\ge0\)

Và \(S_a.S_b+S_b.S_c+S_c.S_a=0\) : |

Do vậy BĐT vẫn đúng , dấu của (*) vẫn cùng dấu với \(S_b+S_c\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu = xảy ra khi x=y=z hay a=b=c=1

oh lại nhầm cmnr

meme vc :V