\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}-1\)

ôi trá hình :VVV

\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\)

Ko biết đúng hay không!

Mới lớp 6 , mà tôi nghĩ Lầy Văn Lội đúng đấy!

Với a,b là các số thực dương thỏa mãn ab+a + b = 1 .Suy ra 1 + a² =ab + a + b + a² = ( a+b) ( a + 1 ) 

                                                                                                       1 + b² = ab + a + b + b² = (a + b) ( b + 1 ) 

Khi đó ta có : 

\(vt=\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+1\right)}+\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+1\right)}=\frac{2ab+a+b}{\left(a+b\right)\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\)

     \(\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\left(ab+a+b+1\right)}=\frac{1+ab}{2\left(a+b\right)}\)

\(vp=\frac{1+ab}{\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}}=\frac{1+ab}{\sqrt{2\left(a+b\right)\left(a+1\right)\left(a+b\right)\left(b+1\right)}}\)

\(=\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\sqrt{2\left(ab+a+b+1\right)}}=\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\sqrt{2\left(1+1\right)}}=\frac{1+ab}{2\left(a+b\right)}\)

=> Đẳng thức được chứng minh 

ÁP dụng BĐT AM-Gm  ta có: 

\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+2\right)\left(2ab+1\right)}\ge\frac{4}{9}\cdotΣ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}\)

ĐẶt \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\) thì cần cm

\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}=Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)

\(Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\)

Theo C-S \(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}=\frac{\left(xz\right)^2}{xyz\left(x+z\right)}\ge\frac{\left(Σxy\right)^2}{2xy\left(Σx\right)}\ge\frac{3}{2}\)

\(\frac{1}{3}\cdot\left(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)

Đúng hay ta có ĐPCM xyar ra khi a=b=c=1

\(\text{⋄}\)Dễ có: \(B\ge\left(3+\frac{4}{a+b}\right)\left(3+\frac{4}{b+c}\right)\left(3+\frac{4}{c+a}\right)\)

\(\text{⋄}\)Đặt \(b+c=x;c+a=y;a+b=z\left(x,y,z>0\right)\)thì \(a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{z+x-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)

Giả thiết được viết lại thành: \(x+y+z\le3\)và ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left(3+\frac{4}{x}\right)\left(3+\frac{4}{y}\right)\left(3+\frac{4}{z}\right)\)

\(\text{⋄}\)Ta có: \(\left(3+\frac{4}{x}\right)\left(3+\frac{4}{y}\right)\left(3+\frac{4}{z}\right)=27+36\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+48\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)+\frac{64}{xyz}\)\(\ge27+36.\frac{9}{x+y+z}+48.\frac{27}{\left(x+y+z\right)^2}+64.\frac{27}{\left(x+y+z\right)^3}\ge343\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = ¹/₂

Ta có: \(A=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2=\frac{1}{2}\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\right)\left(1^2+1^2\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacoxki có: 

\(A=\frac{1}{2}\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\right)\left(1^2+1^2\right)\ge\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}\right)^2\)

=> \(A\ge\frac{1}{2}\left(x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2\)

Theo BĐT Cauchy thì: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

=> \(A\ge\frac{1}{2}\left(x+y+\frac{4}{x+y}\right)^2=\frac{1}{2}\left(1+\frac{4}{1}\right)^2=\frac{25}{2}\)

=> \(A_{min}=\frac{25}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=1/2

Gọi S có n số hạng sao cho S = 1+ 2+ 3 + ...+ n = aaa ( a là chữ số)

=> (n + 1).n : 2 = a.111

=> n(n + 1) = a.222

=> n(n + 1) = a.2.3.37

a là chữ số mà n; n + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên a = 6

=> n(n + 1) = 36.37

=> n = 36

Vậy cần 36 số hạng 

cho mình nha

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{3}{2}\ge a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow\sqrt[3]{abc}\le\frac{1}{2}\)

Áp dụng BĐT Holder ta có:

\(VT=\left(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(3+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(3+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

\(\ge\left(3+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\ge(3+2+2)^3=343\)

Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)