\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)

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

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

Áp dụng bđt Cô Si: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)

Tương tự,cộng theo vế và rút gọn =>đpcm

\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)

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

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

Áp dụng bđt CÔ si

\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)

.............

Gọi nghiệm của phương trình 6x²+20x+15=0 là t₁và t₂ .

Nếu ta giả sử rằng a=t₁ thì b=\(\frac{1}{t_2}\)

Lúc này biểu thức đã cho trở thành :

\(\frac{\frac{1}{t^3_2}}{\frac{t_1}{t^2_2}-9\left(\frac{t_1}{t_2}+1\right)^3}\)\(=\frac{1}{t_1.t_2-9\left(t_1+t_2\right)^3}\)

Bây giờ chỉ cần thay các giá trị t₁+t₂ và t₁.t₂ từ phương trình bậc 2 vào biểu thức trên để có đáp án.

P/s : nếu chưa học pt bậc 2 thì k làm được đâu

chiuj^_^

chỉ cần thuộc các bđt cơ bản là được.

Áp dụng bđt Bunyakovsky dạng phân thức, vì a,b,c dương

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c=1\)

Áp dụng bđt cô si

\(a^2+b^2+c^2\le3\sqrt[3]{a^2\cdot b^2\cdot c^2}\)

mà \(a^2\cdot b^2\cdot c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}=\frac{1}{3}\)

nên \(a^2+b^2+c^2\le\) 1

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 1/3

\(VT=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)

Ta chỉ cần chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+ab^2+b^3+bc^2+a^2c+c^3\ge2a^2b+2b^2c+2ac^2\)

BĐT này hiển nhiên đúng do \(a^3+ab^2\ge2a^2b\) ....

Ai chả có lúc nhầm lẫn :D

Ta có:

\(M=\frac{19a+3}{1+b^2}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)

\(=19a-\frac{19ab^2-3}{b^2+1}+19b-\frac{19bc^2-3}{c^2+1}+\frac{19ca^2-3}{a^2+1}\)

\(\ge19\left(a+b+c\right)-\frac{19ab^2-3}{2b}-\frac{19bc^2-3}{2c}-\frac{19ca^2-3}{2a}\)

\(=19\left(a+b+c\right)-19\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\ge19.3-\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Lại có:

\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\ge3\frac{\left(1+1+1\right)^2}{ab+bc+ca}=\frac{3.9}{3}=9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)

\(\Rightarrow M\ge\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}.3=33\)

\(\)

\(\frac{a}{9b^2+1}=\frac{a\left(9b^2+1\right)-9ab^2}{9b^2+1}=a-\frac{9ab^2}{9b^2+1}\ge a-\frac{9ab^2}{2\sqrt{9b^2.1}}=\)

\(=a-\frac{9ab^2}{6b}=a-\frac{3ab}{2}\)

Tương tự với các biểu thức còn lại, kết hợp với 

\(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)

là được đáp án.

Có: \(VT=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}+\frac{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}{a+c}\) (thay a+ b+c=1 vào r phân tích thành nhân tử)

Lại có: Theo Cô si \(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}\ge2\left(c+a\right)\)

Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế được: \(2VT\ge4\Leftrightarrow VT\ge2^{\left(đpcm\right)}\)

"=" <=> a = b = c = 1/3

Đặt \(P=\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}=\frac{ab+c\left(a+b+c\right)}{a+b}+\frac{bc+a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{ac+b\left(a+b+c\right)}{a+c}\)

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

Ta có:

\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\ge2\left(a+c\right)\)

\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)

\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(b+c\right)\)

Cộng vế với vế

\(2P\ge4\left(a+b+c\right)=4\Rightarrow P\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Đặt: \(k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}\) , \(k\in Z\)

Giả sử, k không là số chính phương. 

Cố định số nguyên dương kk, sẽ tồn tại cặp (a,b)(a,b) . Ta kí hiệu 

\(S=a,b\in NxN\)| \(\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k\)

Theo nguyên lí cực hạn thì các cặp thuộc SS tồn tại (A,B)(A,B) sao cho A+B đạt min 

Giả sử: \(A\ge B>0\). Cố định B ta còn số A thảo phương trình \(k=\frac{x+B^2}{xB+1}\)

\(\Leftrightarrow x^2-kBx+B^2-k=0\)phương trình có nghiệm là A.

Theo Viet: \(\hept{\begin{cases}A+x_2=kB\\A.x_2=B^2-k\end{cases}}\)

Suy ra: \(x_2=kB-A=\frac{B^2-k}{A}\)

Dễ thấy x₂ nguyên.

Nếu x₂ < 0 thì \(x_2^2-kBx_2+B^2-k\ge x_2^2+k+B^2-k>0\) vô lý. Suy ra: _{\(x_2\ge0\)} do đó \(x_2,B\in S\)

Do: \(A\ge B>0\Rightarrow x_2=\frac{B^2-k}{A}< \frac{A^2-k}{A}< A\)

Suy ra: \(x_2+B< A+B\) (trái với giả sử A+BA+B đạt min) 

Suy ra kk là số bình phương

Đặt \(P=\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{a^2}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}.\frac{a+2}{27}.\frac{b+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4a}{9}\)(1)

\(\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^2}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}.\frac{b+2}{27}.\frac{c+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4b}{9}\)(2)

\(\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^2}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}.\frac{c+2}{27}.\frac{a+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4c}{9}\)(3)

Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\)ta được:

\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}+\frac{3}{9}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{9}\)

\(\Leftrightarrow P+\frac{2}{3}+\frac{3}{9}\ge\frac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Cách khác

Ta co:

\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\Sigma_{cyc}\left(a+2\right)\left(b+2\right)+12}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^4}{36\left(a+b+c\right)+9\left(ab+bc+ca\right)+108}\ge\frac{3^4}{108.2+9.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{1}{3}\)

Grazie! Cám ơn mấy bạn