Ta có: \(\left(\left|x\right|-\left|y\right|\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2\left|xy\right|\)

\(\Rightarrow\left|\frac{2xy}{x^2+y^2}\right|\le1\)(*)

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

Nên: \(\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right|=\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2}\right|\)

Áp dụng (*), ta có: \(\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2}\right|\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right|\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\)  \(\left(đpcm\right)\)

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: \(4ab\le\left(a+b\right)^2\)

Ta có:

\(\Rightarrow\left[\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right]^2\le\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\)

Vậy \(\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)

Lời giải khác:

Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+(b+c)^2=a^2+\frac{(b+c)^2}{4}+\frac{3(b+c)^2}{4}$

$\geq a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leq \frac{4a}{4a+3b+3c}$

Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:

$\frac{4a}{4a+3b+3c}=\frac{4a}{a+\frac{a+b+c}{3}+...+\frac{a+b+c}{3}}\leq \frac{1}{100}.4a\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{a+b+c}+...+\frac{3}{a+b+c}\right)$

$=\frac{1}{25}+\frac{27a}{25(a+b+c)}$

Tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{3}{25}+\frac{27}{25}=\frac{6}{5}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Vũ Minh Tuấn, buithianhtho, Băng Băng 2k6, Akai Haruma, No choice teen, Nguyễn Thanh Hằng, HISINOMA KINIMADO, Arakawa Whiter, @Nguyễn Việt Lâm, @tth_new

Giúp e vs ạ! Thanks! Cần gấp lắm ạ!

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,

Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma

giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!

Ta có : \(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\frac{\left(a-c\right)-\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\frac{a-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}-\frac{a-b}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)

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

Tương tự ta cũng chứng minh được :

\(\hept{\begin{cases}\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}=\frac{1}{b-c}+\frac{1}{a-b}\left(2\right)\\\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{1}{c-a}+\frac{1}{b-c}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1), (2), (3), suy ra : \(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)

\(=\frac{1}{a-b}+\frac{1}{c-a}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{a-b}+\frac{1}{c-a}+\frac{1}{b-c}\)

\(=\frac{2}{a-b}+\frac{2}{b-c}+\frac{2}{c-a}\left(đpcm\right)\)

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

Tuong tu => DPCM

bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))

em moi co lop 7

em mới có lớp 6 thôi mà