@Akai Haruma

Mashiro Shiina Akai Haruma GIÚP EM VỚI

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

$ \frac{a^3}{(1 + b)(1 + c)} + \frac{1 + b}{8} + \frac{1 + c}{8} \geq \frac{3}{4}a$

$\frac{b^3}{(1 + c)(1 + a)} + \frac{1 + c}{8} + \frac{1 + a}{8} \geq \frac{3}{4}b$

$\frac{c^3}{(1 + a)(1 + b)} + \frac{1 + a}{8} + \frac{1 + b}{8} \geq \frac{3}{4}c $

Cộng vế theo vế ta được:

$ P + \frac{2(a + b + c) + 6}{8} \geq \frac{3}{4}(a + b + c) $

$<=> P \geq \frac{1}{2}(a + b + c) - \frac{3}{4}$

$=> P \geq \frac{3}{4} (dpcm)$

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{27.27.9}}=\frac{4a}{9}\)

\(\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4b}{9}\)

\(\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4c}{9}\)

Cộng theo vế và rút gọn:

\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{2(a+b+c)}{27}+\frac{7}{9}\geq\frac{4(a+b+c)}{9}\)

\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}\geq \frac{10(a+b+c)}{27}-\frac{7}{9}=\frac{30}{27}-\frac{7}{9}=\frac{1}{3}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 1: 

a) Áp dụng bđt Cô - si:

\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{2}{b}\)

Tương tự với 2 phân thức còn lại của vế trái rồi cộng lại, ta có:

\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)

=> đpcm

Bài dù a + b + c = 2021 hay 1 số bất kì thì bđt luôn \(\ge\dfrac{3}{2}\). Bạn có thể tham khảo bđt Nesbitt

Bài 2:

\(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(=\dfrac{2021-\left(b+c\right)}{b+c}+\dfrac{2021-\left(c+a\right)}{c+a}+\dfrac{2021-\left(a+b\right)}{a+b}\)

\(=2021\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)-3\)

Áp dụng BĐT Svacxo, ta có

\(P\) ≥ \(\dfrac{9}{2}-3=\dfrac{3}{2}\)

Dấu"=" ⇔ ...

Sau khi đã đi tham khảo 7749 người thì đã cho ra một kết quả:v

Bài 2. \(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(P=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1-3\)

\(P=\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{c+a}+\dfrac{a+b+c}{a+b}-3\)

\(P=\dfrac{(2a+2b+3c)( \dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b})}{2}-3 ≥ \dfrac{9}{2}-3=\dfrac{3}{2}\)

Dấu `"="` xảy ra:

\(\Leftrightarrow \begin{cases} a=b=c\\ a+b+c=2021 \end{cases} \)

\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)

Vậy \(min \) \(P=\dfrac{3}{2}\) khi \(a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)

1.

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

Ta có:

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

\(=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)

Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)

Do \(a;b;c\ge1\)  nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:

\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa

2.

Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)

\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

Đúng theo (1)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{a^3}{b\left(c+1\right)}+\dfrac{c+1}{4}+\dfrac{b}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{b\left(c+1\right)}\cdot\dfrac{c+1}{4}\cdot\dfrac{b}{2}}\)

\(=3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{4\cdot2}\cdot\dfrac{c+1}{c+1}\cdot\dfrac{b}{b}}=3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{8}}=\dfrac{3a}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{b^3}{c\left(a+1\right)}\ge\dfrac{3b}{2};\dfrac{c^3}{a\left(b+1\right)}\ge\dfrac{3c}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT+\dfrac{a+b+c+3}{4}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3a+3b+3c}{2}\)

\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\). Mà theo AM-GM ta có:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)\(\Rightarrow VT+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{9}{4}\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.

may cai nay tuong hoi truoc co nguoi dang roi ma

ta có:

\(\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right).\left(a+c\right)}{a^2}}\le\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{a+b}{a}+\dfrac{a+c}{a}\right)=a+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c}{2}\)

tương tự thì ta có:

\(VP\le3+2\left(a+b+c\right)\)

\(VP=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}\)

từ các điều trên ta thấy cần CM:

\(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge a+b+c\)

bạn tự CM nốt ạ