\(P=\sum\frac{ab}{c+a+b+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{b+c}\right)\)

\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ac+ab}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}\right)=\frac{12}{4}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=4\)

Ta có A=\(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-abc\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

=\(2\left(a+b+c\right)+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}-\frac{ab}{c}-\frac{bc}{a}-\frac{ca}{b}=2\left(a+b+c\right)\)

\(A=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+3ab\left[\left(a+b\right)^2-2ab\right]+6a^2b^2=a^2-ab+b^2+3ab\left(1-2ab\right)+6a^2b^2\)

=\(\left(a+b\right)^2-3ab+3ab-6a^2b^2+6a^2b^2=1\)

2) Ta có \(A=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=abc-ab-bc-ca+a+b+c-1=0\)

bài 3 : Ta có \(A=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)-36xy=12\left(x^2+xy+y^2\right)-36xy=12\left(x^2-2xy+y^2\right)\)

\(=12\left(x-y\right)^2=12.12^2=1728\)

Đặt:

\(p = a + b + c , q = a b + b c + c a , r = a^{2} + b^{2} + c^{2} .\)

Khi đó, điều kiện bài toán trở thành:

\(3 r + q = 12.\)

Ta cần chứng minh:

\(22 \textrm{ }\textrm{ } \leq \textrm{ }\textrm{ } \frac{r}{p + q} \textrm{ }\textrm{ } \leq \textrm{ }\textrm{ } 32.\)

Từ hằng đẳng thức:

\(p^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 \left(\right. a b + b c + c a \left.\right) = r + 2 q .\)

Vậy:

\(p + q = \left(\right. p^{2} - r \left.\right) + \left(\right. p - r \left.\right) ? ?\)

👉 Ở đây có chút khó khăn: trực tiếp so sánh tỉ số \(\frac{r}{p + q}\) với số nguyên (22,32) là không khớp — vì bài toán gốc em chép có thể bị sai số trong đề.

⛔ Lý do: Với điều kiện \(3 r + q = 12\), thì \(r\) và \(q\) tối đa chỉ cỡ 12, nên tỉ số \(\frac{r}{p + q}\) chắc chắn nhỏ (≤ vài đơn vị). Không thể lớn đến 22 hay 32 được.

Có thể trong đề gốc:

\(\frac{2}{2} \leq \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{a + b + c + a b + b c + c a} \leq \frac{3}{2}\)

hoặc tương tự (số 22 và 32 có thể là \(\frac{2}{2}\) và \(\frac{3}{2}\), nhưng bị gõ nhầm khi soạn đề 🤔).

👉 Em kiểm tra lại đề gốc xem có phải dấu ngoặc hay dấu phân số bị lệch khi copy không. Vì theo điều kiện \(3 \left(\right. a^{2} + b^{2} + c^{2} \left.\right) + a b + b c + c a = 12\), chắc chắn kết quả bất đẳng thức phải là những con số nhỏ (dạng \(\frac{2}{2} , \frac{3}{2} , 2 , 3\)), chứ không thể là 22 hoặc 32.

đề không sai nhé mọi người

chứng minh rằng cái gì bn ơi !

Mình giải dc rồi cảm ơn bn

Sửa đề: Chứng minh: \(2\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}+ab+bc+ca\le4\)

Đặt \(a+b+c=3u;ab+bc+ca=3v^2\)

\(\Rightarrow3\left(9u^2-6v^2\right)+3v^2=12\Rightarrow9u^2-6v^2+v^2=4\) (1)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=9u^2-6v^2=4-v^2\). Mặt khác từ (1) ta cũng suy ra:

\(\left(3u\right)^2=9u^2=4+5v^2\Rightarrow a+b+c=3u=\sqrt{4+5v^2}\)

Từ giả thiết ta có: \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\ge4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow3v^2=ab+bc+ca\le3\Rightarrow0\le v\le1\) (vì \(v=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\ge0\)..) 

Vì vậy ta cần chứng minh: \(2\le f\left(v\right)=\frac{4-v^2}{\sqrt{4+5v^2}}+3v^2\le4\)  với \(0\le v\le1\)

Dễ thấy hàm số này đồng biến vì vậy f(v) đạt min tại v = 0 tức \(f\left(v\right)_{min}=2\)

Đạt Max tại v = 1 tức \(f\left(v\right)_{max}=4\)

Ta có đpcm.

P/s: Em mới học BĐT nên không chắc đâu, nhất là khúc mà em in đậm ấy.

Quên: 

\(f\left(v\right)_{min}=2\Leftrightarrow\left(a;b;c\right)=\left(2;0;0\right)\) và các hoán vị.

\(f\left(v\right)_{max}=4\Leftrightarrow a=b=c=1\)

tại sao \(f\left(v\right)\) đồng biến ? và tại sao \(f\left(v\right)\) đồng biến thì min,max tại v=0,v=1 ? Khi làm cần giải thích rõ hoặc nếu không giải thích được thì chú ko nên ghi vào để người khác hiểu lầm

Lời giải:

Ta thấy:

\(\text{VT}=(a+\frac{ca}{a+b})+(b+\frac{ab}{b+c})+(c+\frac{bc}{c+a})\)

\(=\frac{a(a+b+c)}{a+b}+\frac{b(a+b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b+c)}{c+a}\)

\(=(a+b+c)\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)

\(\geq (a+b+c).\frac{(a+b+c)^2}{a^2+ab+b^2+bc+c^2+ac}=\frac{(a+b+c)^3}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)

Có:

$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2+2$

$\Rightarrow a+b+c=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2}=\sqrt{t+2}$ với $t=a^2+b^2+c^2$

Do đó:

$\text{VT}\geq \frac{\sqrt{(t+2)^3}}{t+1}$ \(=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\((t+2)^3=\left(\frac{t+1}{2}+\frac{t+1}{2}+1\right)^3\geq 27.\frac{(t+1)^2}{4}\)

\(\Rightarrow \text{VT}=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\geq \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Quay lại diễn đàn trong thinh lặng:))

Chứng minh: $$\left( a+{\frac {ab}{b+c}}+b+{\frac {bc}{c+a}}+c+{\frac {ca}{a+b}}
\right) ^{2}-{\frac {27\,ab}{4}}-{\frac {27\,ca}{4}} \geqq {\frac {27\,bc}{
4}}$$

Sau khi quy đồng, cần chứng minh$:$

$$\frac{1}{2} \sum\limits_{cyc} \left( 5\,{a}^{4}{b}^{2}+8\,{a}^{3}{b}^{3}+7\,{a}^{2}{b}^{4}+98\,{a}^
{2}{b}^{3}c+99\,{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}+124\,{a}^{2}b{c}^{3}+34\,a{b}^{4
}c+130\,a{b}^{3}{c}^{2}+26\,{b}^{4}{c}^{2}+44\,{b}^{3}{c}^{3}+{c}^{6}
\right) \left( a-b \right) ^{2} \geqq 0$$

Bạn post nhiều bài BĐT hay thật

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{2x}{y+z};\dfrac{2y}{z+x};\dfrac{2z}{x+y}\right)\)

BĐT trở thành:

\(\sum_{cyc}\dfrac{x}{y+z}\ge\sum_{cyc}\dfrac{2xy}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

Sử dụng AM-GM, ta có:

\(VP\le\sum_{cyc}xy\left[\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(x+z\right)^2}\right]=\sum_{cyc}\dfrac{xy}{\left(z+x\right)^2}+\sum_{cyc}\dfrac{xy}{\left(y+z\right)^2}=\sum_{cyc}\dfrac{xy}{\left(y+z\right)^2}+\sum\dfrac{zx}{\left(y+z\right)^2}=\sum_{cyc}\dfrac{x}{y+z}=VT\)