buon qua

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương,chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

Bạn nào không muốn đặt thì Cauchy-Schwarz thẳng luôn ta có:

$$\sum\frac{1}{(a+b)^2}=\sum\frac{c^2}{(ac+bc)^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sum (ac+bc)^2}.$$

Do $$\sum (ac+bc)^2=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)).$$

Khi đó, ta cần chứng minh:
$$\frac{27}{2}.[2abc(a+b+c)].[\sum a^2b^2+abc(a+b+c)].[\sum a^2b^2+abc(a+b+c)] \le 4(ab+bc+ca)^6.$$

Hiển nhiên đúng theo AM-GM. Ta có đpcm.

Cho a,b,c duong thoa man a+b+c=1. tim gia tri lon nhat cua bt: ab+2bc+5ca

Ta đặt $P=ab+2bc+5ca=a(b+c)+2c(a+b)+2ca$
Sử dụng AM-GM ta được
$a(b+c)=<\dfrac{1}{4}$

$c(a+b)=<\dfrac{1}{4}$

$ca=<\dfrac{(c+a)^2}{4}=<\dfrac{1}{4}$
Từ đây ta suy ra $P=<\dfrac{5}{4}$
Dấu bằng xảy ra $<=> a=c=\dfrac{1}{2}, b=0.$
Có thể tổng quát bài này đó bạn