Ta có:

sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)

Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)

có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)

Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)

MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)

Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3

Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{​​}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)

Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))

Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị

Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)

Khi đó  \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)

Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)

Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)

Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)

Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)

Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))

Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1

3. Áp dụng cô si ta có 

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

Lại có:

 \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)

⇒ P ≥ \(2020.1+1=2021\)

Vậy Pmin = 2021 khi và chỉ khi a = b = c =1/3

\(a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3\)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1)(2)(3) ta có:

\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)\)

Mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

CHÚC BAN HỌC GIỎI

đây\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)

Lời giải:
Vì $abc=1$ nên:

\((a+bc)(b+ac)(c+ab)=a(a+bc)b(b+ac)c(c+ab)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2; (a^2+1)(1+c^2)\geq (a+c)^2; (b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2\)

Nhân theo vế và thu gọn:

\(\Rightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+b)(b+c)(c+a)\)

Lại có: Theo BĐT AM-GM thì:

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

\(\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(*)\) (đây là BĐT khá quen thuộc rồi)

Do đó:

\(P=\frac{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\)

\(P\geq \frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\)

Áp dụng BĐT (*) và AM-GM:

\(\frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}\geq 7.\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}=\frac{7}{9}(a+b+c)\geq \frac{7}{9}.3\sqrt[3]{abc}=\frac{7}{3}\)

\(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)(a+b+c)}}\geq 2\sqrt{\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow P\geq \frac{7}{3}+\frac{2}{3}=3\)

Vậy $P_{\min}=3$

\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\)

\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1\)

\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1+1-1\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-1=\left(a+b+c\right)^2-1\)\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\)

Dấu " = " xảy ra <=> ...

Ta có: \(\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\ge ab+bc+ca\)( BĐT quen thuộc tự c/m)

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

Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\le\frac{a+b+c}{3}\left(AM-GM\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)

Dấu " = " xảy ra <=> ...

\(\Rightarrow P\ge3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1

KL:...........

Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng:

Ta thấy trong ba số thực dương luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng hoặc nhỏ hơn hay bằng . Giả sử đó là và .

Khi đó ta có: suy ra

Do đó,

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh:

(đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi .

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

Đặt \(\left(\frac{a}{c};\frac{b}{c}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow xy+x+y=3\)

\(\Rightarrow3\le x+y+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2\Rightarrow x+y\ge2\)

\(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)

\(P=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{2\left(x+y\right)+12}+\frac{3-\left(x+y\right)}{x+y}=\frac{\left(x+y\right)^2+5\left(x+y\right)-6}{2\left(x+y\right)+12}+\frac{3}{x+y}-1\)

Đặt \(x+y=t\Rightarrow2\le t< 3\)

\(\Rightarrow P=\frac{t^2+5t-6}{2t+12}+\frac{3}{t}-1=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{1}{2}\ge2\sqrt{\frac{3t}{2t}}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(t=\sqrt{6}\)

\(P=\frac{t^2+6}{2t}-\frac{5}{2}+2=\frac{1}{2}\left(\frac{t^2-5t+6}{2t}\right)+2=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+2\)

Mà \(2\le t< 3\Rightarrow\left(t-2\right)\left(t-3\right)\le0\)

\(\Rightarrow P\le2\Rightarrow P_{max}=2\) khi \(t=2\)

\(VP=\frac{6}{\sqrt{\left(3a+bc\right)\left(3b+ca\right)\left(3c+ab\right)}}\)

\(=\frac{6}{\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)a+bc\right]\left[\left(a+b+c\right)b+ca\right]\left[\left(a+b+c\right)c+ab\right]}}\)

\(=\frac{6}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+1\right)^2}}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)

\(VT=\frac{1}{3a+bc}+\frac{1}{3b+ca}+\frac{1}{3c+ab}\)

\(=\frac{1}{\left(a+b+c\right)a+bc}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)b+ac}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)c+ab}\)

\(=\frac{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)

Vậy VT = VP, đẳng thức được chứng minh

Lớp 7 gì mà dễ ẹc :))

\(\frac{2a-b}{a+b}=\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow6a-3b=2a+2b\)

\(\Rightarrow4a=5b\)

\(\frac{b-c+a}{2a-b}=\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow4a-2b=3b-3c+3a\)

\(\Leftrightarrow a=5b-3c\)

\(\Leftrightarrow a-5b=-3c\)

\(\Leftrightarrow a-4a=-3c\)

\(\Leftrightarrow-3a=-3c\)

\(\Rightarrow a=c\)

Ta có : \(P=\frac{\left(5b+4a\right)^5}{\left(5b+4c\right)^2\left(a+3c\right)^3}=\frac{\left(4a+4a\right)^5}{\left(4a+4a\right)^2\left(a+3a\right)^3}=\frac{\left(8a\right)^3}{\left(4a\right)^3}=8\)

8 nhé bn !