Bạn viết đề sai, nếu VT là \(\sum\dfrac{1}{\sqrt{7a^2-12ab+b^2}}\) thì vế phải là \(\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)

VT là \(\sum\dfrac{1}{\sqrt{7a^2-13ab+7b^2}}\) thì VP mới là 3 được

Từ \(ab+bc+ac=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\) (chia 2 vế cho abc)

Ta có \(\dfrac{1}{\sqrt{7\left(a^2+b^2\right)-12ab}}\le\dfrac{1}{\sqrt{14ab-12ab}}=\dfrac{1}{\sqrt{2ab}}\)

Tương tự\(\dfrac{1}{\sqrt{7b^2-12bc+7c^2}}\le\dfrac{1}{\sqrt{2bc}}\) ; \(\dfrac{1}{\sqrt{7a^2-12ac+7c^2}}\le\dfrac{1}{\sqrt{2ac}}\)

Cộng vế với vế:

\(VT\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ac}}\right)\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Haizz nhầm rồi:(

BĐT \(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le1+2+3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.2+\frac{\sqrt{c}}{3}.3\le1+2+3\)

\(VT=\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\left(\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.1\right)+\left(\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.1+\sqrt{a}.1\right)\)

\(\le\frac{1}{2}\left[\frac{c}{9}+\left(\frac{c}{9}+\frac{b}{4}\right)+\left(\frac{c}{9}+\frac{b}{4}+a\right)+6\right]\) (áp dụng BĐT \(xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\))

\(\le\frac{1}{2}\left(1+2+3+6\right)=6^{\left(đpcm\right)}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 4; c = 9

Is that true?Mong là lần này em không bị nhầm dấu-_-

Mình làm thử,đúng hay không thì mình không biết.Có chi mong bạn thông cảm và ib lỗi sai cho mình nha

Từ \(a+\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le3\) và \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le2\)

Suy ra \(a=\left(a+\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\right)-\left(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\right)\le3-2=1\)  (1)

Từ \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le2\) và \(c\le9\) suy ra \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le\frac{b}{4}+\frac{9}{9}=1\le2\)

\(\Rightarrow\frac{b}{4}\le1\Rightarrow b\le4\) (2)

Từ (1) và (2) kết hợp với giả thiết suy ra \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{1}+\sqrt{4}+\sqrt{9}=6^{\left(đpcm\right)}\)

tth làm ngược dấu kìa \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le2\Rightarrow-\left(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\right)\ge-2\) chứ sao lại nhỏ hơn hoặc bằng ?

Lê Thị Thục HiềnTrần Thanh PhươngVũ Minh Tuấn?Amanda?

giup voi

Đặt a+1=x;  b+1=y;  c+1=z; đề bài trở thành ''Cho x,y,z\(\in\left(0;3\right)\)thỏa mãn x+y+z=3 cm \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\le6\)''

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : \(x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+3\le6\)\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le3+2\left(x+y+z\right)=9\)(1)    mà \(x+y+z=3\Rightarrow x^2+y^2+z^2=9-2\left(xy+yz+zx\right)\)vậy (1)\(\Leftrightarrow9-2\left(xy+yz+xz\right)\le9\Leftrightarrow-2\left(xy+yz+xz\right)\le0\)(2)   mà x,y,z thuộc (0;3) => (2) đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương nên ta suy ra đpcm 

\(GT\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab=a+b+2\)

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

\(\Leftrightarrow a\left(a+1\right)+b\left(b+1\right)=2\left(a+1\right)\left(b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+1}+\dfrac{b}{a+1}=2\)

Đặt \(\left(\dfrac{a}{b+1};\dfrac{b}{a+1}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y\ge0\\x+y=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow0\le xy\le1\)

\(P=\left(1+x^3\right)\left(1+y^3\right)=1+x^3+y^3+x^3y^3\)

\(P=1+\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+\left(xy\right)^3\)

\(P=\left(xy\right)^3-6xy+9=xy\left[\left(xy\right)^2-6\right]+9\le9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(xy=0\Leftrightarrow\left(a;b\right)=\left(0;2\right);\left(2;0\right)\)

Ta có 

\(x^2+y^2\ge2xy\)hay\(xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\left(\forall x,y\right)\)

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

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

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\left(do\right)a^2+b^2+c^2=3\)

\(=>=3+\frac{3+3}{2}=6\)

=> dpcm

cậu zô trang tuyển tập những toán hay nhá. Nơi đó nhiều bài hay lắm

(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2 > 0

(b - c)^2 = b^2 - 2bc + c^2 > 0

(c - a)^2 = c^2 - 2ac + a^2 > 0

=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 > 2ab + 2bc + 2ac 

=> 6 > 2ab + 2bc + 2ac

=> 3 > ab + bc + ac    (1)

(a - 1)^2 = a^2 - 2a + 1 > 0

(b - 1)^2 = b^2 - 2b + 1 > 0

(c - 1)^2 = c^2 - 2c + 1 > 0

=>  a^2 + b^2 + c^2 + 1 + 1 + 1 > 2a + 2b + 2c

=> 6 > 2a + 2b + 2c

=> 3 > a + b + c   và (1)

=> 6 > ab + ac + bc + a + b + c

Đảo lại của Đề vào 10 Hà Nội 2013-2014

Dễ thấy 2 điều như thế này:

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(c^2+1\right)\ge2a+2b+2c\Rightarrow3\ge a+b+c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge ab+bc+ca+a+b+c\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca+a+b+c\le6\) ( đpcm )

sai roi

Điểm rơi \(\left(1;0;0\right)\) và các hoán vị.Ta UCT:)

Ta bất đẳng thức phụ:

\(\sqrt{7x+9}\ge x+3\) với \(0\le x\le1\)

\(\Leftrightarrow7x+9\ge x^2+6x+9\)

\(\Leftrightarrow7\ge x+6\)

\(\Leftrightarrow x\le1\left(true!!\right)\)

Khi đó ta có:

\(\sqrt{7a+9}\le a+3;\sqrt{7b+9}\le b+3;\sqrt{7c+9}\le c+3\)

\(\Rightarrow\sqrt{7a+9}+\sqrt{7b+9}+\sqrt{7c+9}\le a+b+c+9=10\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=1;b=c=0\) và các hoán vị.

Hoặc có thể biến đổi theo cách này:

Do \(a+b+c=1\)

\(\Rightarrow0\le a\le1\Rightarrow a^2\le a\)

Ta có:\(\sqrt{7a+9}=\sqrt{a+6a+9}\le\sqrt{a^2+6a+9}=\sqrt{\left(a+3\right)^2}=a+3\)

Tương tự:

\(\sqrt{7b+9}\le b+3;\sqrt{7c+9}\le c+3\)

\(\Rightarrow\sqrt{7a+9}+\sqrt{7b+9}+\sqrt{7c+9}\le a+b+c+9=10\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=1;b=c=0\) và các hoán vị

PS:Hình như cách này hay hơn thì phải:v