Mình sẽ giải theo pp tập thể dục nha : 

Theo bài ra , ta có : 

\(a^2+b^2+c^2=3\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3=0\)

\(\Leftrightarrow a^2-1+b^2-1+c^2-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(a+1\right)=0\\\left(b-1\right)\left(b+1\right)=0\\\left(c-1\right)\left(c+1\right)=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\c=-1\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1;a=-1\\b=1;b=-1\\c=1;c=-1\end{cases}}\)

mà a,b,c là ba số không âm 

=) a = b = c =1 

Thay a = b = c = 1 vào biểu thức ở đầu bài , ta được 

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

\(=\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}\)

\(=\frac{1}{6}\times3=\frac{1}{2}\)

Cái phần bé hơn hình như là có cái j đó sai sai vì gt đầu bài là ba số ko âm mà nên làm sao mà bé hơn được 

Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Ta có: 

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

Tương tự CM được:
\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{bc+c+1}\) và \(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ca+a+1}\)

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

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab^2c+abc+ab}+\frac{b}{abc+ab+b}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{b+1+ab}+\frac{b}{1+ab+b}\right)=\frac{1}{2}\cdot1=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

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

ta có: \(\frac{1}{a^2+2b^2+3}\)=\(\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2}\)\(\le\)\(\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)

vì : a²+b²\(\ge\)2\(\sqrt{a^2b^2}\)=2ab

b²+1\(\ge\)2\(\sqrt{b^2x1}\)=2b

cmtt => A\(\le\)\(\frac{1}{2}\)x(\(\frac{1}{ab+b+1}\)+\(\frac{1}{bc+c+1}\)+\(\frac{1}{ca+a+1}\))

=\(\frac{1}{2}\)x(\(\frac{1}{ab+b+1}\)+\(\frac{ab}{ab^2c+abc+ab}\)+\(\frac{b}{cba+ab+b}\))

=\(\frac{1}{2}\)x (\(\frac{1}{ab+b+1}\)+\(\frac{ab}{ab+b+1}\)+\(\frac{b}{ab+b+1}\))=\(\frac{1}{2}\)x\(\frac{ab+b+1}{ab+b+1}\)=\(\frac{1}{2}\)

dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

+ 1a2+2b2+3=1(a2+b2)+(b2+1)+2≤12(ab+b+1)1a2+2b2+3=1(a2+b2)+(b2+1)+2≤12(ab+b+1) . Dấu "=" ⇔a=b=1⇔a=b=1

+ Tương tự : 1b2+2c2+3≤12(bc+c+1)1b2+2c2+3≤12(bc+c+1). Dấu "=" ⇔b=c=1⇔b=c=1

1c2+2a2+3≤12(ca+a+1)1c2+2a2+3≤12(ca+a+1). Dấu "=" c=a=1c=a=1

Do đó : VT≤12(1ab+b+1+1bc+c+1+1ca+a+1)=12(1ab+b+1+ababc⋅b+abc+ab+babc+ab+b)VT≤12(1ab+b+1+1bc+c+1+1ca+a+1)=12(1ab+b+1+ababc⋅b+abc+ab+babc+ab+b)

=12(1ab+b+1+abab+b+1+bab+b+1)=12=12(1ab+b+1+abab+b+1+bab+b+1)=12

Dấu "=" ⇔a=b=c=1

Ta có: \(a^2+2b+3=\left(a^2+1\right)+2\left(b+1\right)\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta có: \(b^2+2c+3\ge2\left(b+c+1\right)\); \(c^2+2a+3\ge2\left(c+a+1\right)\)

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

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

Đặt \(K=\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\), ta đi chứng minh \(K\le1\)

Thật vậy: \(3-K=\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\)

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

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

Ta có: \(\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)\)\(=3\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2+3\)

(Mình gõ bằng chương trình Universal Math Solver, không hiện ảnh thì vô thống kê hỏi đáp của mình, ngày 30/5/2020 vào lúc 8:25)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b+c\right)^2+6\left(a+b+c\right)+9\right]=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(3-K\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2}=2\Rightarrow K\le1\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :

\(a^2+1\ge2a\)

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

Tương tự : \(\frac{b}{b^2+2c+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c+1}\right);\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a+1}\right)\)

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

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :

\(\frac{a}{a+b+1}=\frac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a+b+1\right)\left(a+b+c^2\right)}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=\frac{a^2+ab+ac^2}{9}\)

TT : ...

Cộng lại ta được :

\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{9}+\frac{b^2+bc+ba^2}{9}+\frac{c^2+ca+cb^2}{9}\)

\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ac^2+ba^2+cb^2}{9}\le\frac{3+3+3}{9}=1\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

Bài này chả khó với lại đầy người đăng rồi

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\) và \(b^2+1\ge2b\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+1+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\left(2\right);\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) ta có:

\(VT\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{a^2bc+abc+ac}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{ac+a+1}+\frac{a}{ac+a+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\left(abc=1\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac+a+1}{ac+a+1}\right)=\frac{1}{2}=VP\) (ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3

Bài này không khó! Sao lại được vào câu hỏi hay?

tk cho mình nhìu nhìu nha! Gõ máy mệt quá!

Ta có: \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)\(;b^2+1\ge2\sqrt{b^2\cdot1}=2b\)

\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}\left(ab+b+1\right)\left(1\right)\). Tương tự ta có:

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

Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:

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

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

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

Suy ra Đpcm. Dấu "=" khi a=b=c=1

Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

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

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Do abc=1nên ta được \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}=\frac{abc}{ab+b+abc}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}\)\(=\frac{ac}{1+a+ac}+\frac{a}{1+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Hình như shi thiếu bước đầu =)))

\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+2}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ab+b+1}\)

Tương tự:\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{bc+c+1};\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ca+a+1}\)

\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)=\frac{1}{2}\) Vì abc=1

có lẽ là AM-GM ngược dấu, bn thử đi nhé giờ mk bận rồi

Thế a = b= c = 1 vô đi

chẳng biết có sai đề không nữa không dự được dấu bằng xảy ra