\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)

Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)

\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)

Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Em có cách này tuy nhiên không chắc,do em mới học sos thôi,mong mọi người giúp đỡ ạ!

BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{7b^3+3ab^2-7a^2b-3a^3}{2a+3b}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{7b\left(b^2-a^2\right)+3a\left(b^2-a^2\right)}{2a+3b}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{\left(b^2-a^2\right)\left(7b+3a\right)}{2a+3b}-2\left(b^2-a^2\right)\right)\ge0\) (ta không cần cộng thêm \(\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2\right)\) vì \(\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2\right)=\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2+c^2-b^2+a^2-c^2\right)=0\))

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(b^2-a^2\right)\left(\frac{7b+3a-4a-6b}{2a+3b}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2}{2a+3b}\ge0\)

P/s: Hình như có gì đó sai sai ạ,mong mọi người check hộ em!Em cảm ơn nhiều ạ!

sos helps :3

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\dfrac{a}{a+\sqrt{3a+bc}}+\dfrac{b}{b+\sqrt{3b+ca}}+\dfrac{c}{c+\sqrt{3c+ab}}\le1\)

Ta có:

\(\dfrac{a}{a+\sqrt{3a+bc}}=\dfrac{a}{a+\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}}=\dfrac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}\le\dfrac{a}{a+\sqrt{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\right)^2}}\)

\(=\dfrac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự:

\(\dfrac{b}{b+\sqrt{3b+ca}}\le\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

\(\dfrac{c}{c+\sqrt{3c+ab}}\le\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Cộng vế:

\(\dfrac{a}{a+\sqrt{3a+bc}}+\dfrac{b}{b+\sqrt{3b+ca}}+\dfrac{c}{c+\sqrt{3c+ab}}\le\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Đặt 

Khi đó, điều kiện đb tương đương với:

Do đó ta có đpcm

Lời giải:

Đặt 

Khi đó, điều kiện đb tương đương với:

Do đó ta có đpcm

ko bit

lạy thánh ko biết cũng trả lời rảnh 

+ thêm bớt bc,ca,ab lần lượt cho P ta được

\(P=\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{3b+3ca-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{3c+3ab-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si cho mẫu ta có

\(3a+3bc\ge2\sqrt{9abc}=6\sqrt{abc}\)

suy ra

\(\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+Bc\right)}\)

tương tự với các BDT còn lại suy ra :

\(P\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

đên đây easy chưa ? chung mẫu + lại với nhau ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\) luôn đúng thay vào ta được

ta có   \(a^2+B^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\) thêm bớt + hằng đẳng thức

thay vào và đổi dấu ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-9+2\left(ab+bc+Ca\right)}+3abc\)

có  \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)

\(ca+1\ge2\sqrt{ac}\)

\(bc+1\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le ab+bc+ca+3\)

ta lại có

\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le a+B+c\left(cosi\right)\) suy ra

\(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3\Leftrightarrow6\le ab+Bc+ca+3\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

  suy ra  

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-9+2\left(3\right)}=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}\)

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}+3abc\)

ta có

\(a.a.a\le\frac{\left(a+a+a\right)^3}{27}\)

\(b.b.b\le\frac{\left(b+b+b\right)^3}{27}\)

\(c.c.c\le\frac{\left(c+c+C\right)^3}{27}\)

\(a^3+b^3+c^3\le\frac{\left(3a\right)^3+\left(3b\right)^3+\left(3c\right)^3}{27}\)

bạn ơi chắc là đề sai rồi làm sao có thể đi chứng minh được cái

\(a^3+b^3+c^3\le a+b+c\) 

bạn xem lại đi nha @@

Câu hỏi của Hoàng Đức Thịnh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Đặt \(\hept{\begin{cases}3a+b-c=x\\3b+c-a=y\\3c+a-b=z\end{cases}}\)

Khi đó điều kiện đb tương ứng

\(\left(x+y+z\right)^3=24+x^3+y^3+z^3\)

\(\Leftrightarrow3.\left(x+y\right).\left(x+z\right).\left(x+z\right)=24\)

\(\Rightarrow3.\left(2a+4b\right).\left(2b+4c\right).\left(2c+4a\right)=24\)

\(\Rightarrow\left(a+2b\right).\left(b+2c\right).\left(c+2a\right)=1\)

Do đó ta có đpcm

Chúc bạn học tốt!

Dễ thấy \(0< a,b,c< \frac{3}{2}\)

Thật vậy nếu g/s ngược lại tồn tại 1 số >= 3/2 và g/s đó là a

\(\Rightarrow a\ge b+c\) mâu thuẫn với BĐT tam giác nên ta có điều như trên

Ta có: \(\left(\frac{3}{2}-a\right)+\left(\frac{3}{2}-b\right)+\left(\frac{3}{2}-c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{9}{2}-\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\ge\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\left(\frac{9}{4}-\frac{3}{2}a-\frac{3}{2}b+ab\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\frac{27}{8}-\frac{9}{4}\left(a+b+c\right)+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\frac{27}{8}-\frac{27}{4}+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\le\frac{7}{2}\)

\(\Leftrightarrow6\left(ab+bc+ca\right)-4abc\le14\)

\(\Leftrightarrow4abc\ge6\left(ab+bc+ca\right)-14\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2+4abc\ge3\left(a+b+c\right)^2-14\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2+4abc\ge13\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1