Vào đây cậu nhá :) 

Câu hỏi của Nguyễn Ngọc Lan Thy - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Vì a, b, c > 0 

\(\frac{a^3}{b^2\left(b+c\right)}+\frac{a\left(b+c\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b^2\left(b+c\right)}.\frac{a\left(b+c\right)}{4}}=2\sqrt{\frac{a^4}{4b^2}}=\frac{a^2}{b}\)

Tương tự  \(\frac{b^3}{c^2\left(c+a\right)}+\frac{b\left(c+a\right)}{4}\ge\frac{b^2}{c}\)  và  \(\frac{c^3}{a^2\left(a+b\right)}+\frac{c\left(a+b\right)}{4}\ge\frac{c^2}{a}\)

Do đó  \(VT\ge\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\left(a+b+c\right)-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\)

Đặt  \(t=a+b+c\)  thì  

\(VT\ge t-\frac{t^2}{6}=-\left(\frac{t^2}{6}-t+\frac{3}{2}\right)+\frac{3}{2}=-\left(\frac{t}{\sqrt{6}}-\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^2+\frac{3}{2}\ge\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow t=3\)

Vậy  \(VT\ge\frac{3}{2}\)  Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)  a = b = c.

\(\frac{a^3}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a^3}{a^2+2ab+b^2}\ge\frac{a^3}{2\left(a^2+b^2\right)}\)

Xét: \(\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)

Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2};\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\frac{a}{2}\)

Cộng theo vế: \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

Nhân 1/2 vào 2 vế => đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:

\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)

\(=[a(a+b+c)]^2\)

\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

easy

\(VT\ge\frac{8}{\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2c}+\frac{8}{\left(b+c\right)^2+\left(b+c\right)^2c}+\frac{8}{\left(c+a\right)^2+\left(c+a\right)^2b}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+\frac{\left(c+a\right)^2}{4}\)

\(=\frac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}+\frac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}+\frac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+\frac{\left(c+a\right)^2}{4}\)

đến đây ghép rồi dùng cô si

bài này trong đề thi của tỉnh nào đó ở nước nào đó ở hành tinh nào đó năm 2016-2017

bạn làm luôn khúc sau dùm mik nhé, mik ko hiểu

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau \(4ab\le\left(a+b\right)^2\). Như vậy thì:\(\frac{8}{\left(a+b\right)^2+4abc}\ge\frac{8}{\left(a+b\right)^2+c\left(a+b\right)^2}\)\(=\frac{8}{\left(c+1\right)\left(a+b\right)^2}\)

 Lại có \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)nên \(\frac{8}{\left(a+b\right)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2}{2}\)\(\ge\frac{8}{\left(c+1\right)\left(a+b\right)^2}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(Theo BĐT AM - GM)

Lại áp dụng BĐT AM - GM, ta được: \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}=\frac{8}{2\sqrt{2\left(c+1\right)}}\ge\frac{8}{c+3}\)

Từ đó suy ra \(\frac{8}{\left(a+b\right)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2}{2}\ge\frac{8}{c+3}\)(1)

Tương tự, ta có: \(\frac{8}{\left(b+c\right)^2+4abc}+\frac{b^2+c^2}{2}\ge\frac{8}{a+3}\)(2) ; \(\frac{8}{\left(c+a\right)^2+4abc}+\frac{c^2+a^2}{2}\ge\frac{8}{b+3}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{8}{\left(a+b\right)^2+4abc}+\frac{8}{\left(b+c\right)^2+4abc}+\frac{8}{\left(c+a\right)^2+4abc}\)\(+a^2+b^2+c^2\ge\frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

câu 6 là với mọi a,b,c lớn hơn hoặc bằng 1 nhé

help me !!!!!!

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)

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

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

\(\ge\frac{3}{2}.\left(a+b+c\right)\)   nhế mọi người,   tui viết thiếu đề 

Ta có bđt \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)(1)

Thật vậy\(\left(1\right)\Leftrightarrow3x^2+3y^2+3z^2\ge x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\)

                   \(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

                   \(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)

Áp dụng (1) và bđt Cô-si dạng engel\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{9}{2a+2b+2c}\)

Nhân 2 vế bđt trên lại được

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

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

Dấu "=" <=> a=b=c

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

Ta có (1) <=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\). Dễ dàng suy ra từ BĐT Cosi

Áp dụng (1) ta được \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)

=> \(VT\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\cdot\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)