jjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjj

OMG !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng theo vế và thu gọn:

$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Ta có đpcm.

Bài 2:

$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$

$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$

$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$

Cộng theo vế và rút gọn thu được:

$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$ 

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 3:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

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!

BĐT này không đúng

Ví dụ: với \(a=b=c=0,1\)

Câu c quen thuộc, chém trước:

Ta có BĐT phụ: \(\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x^4}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\) \((\ast)\)

Hay là: \(\frac{1}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)

Có: \(8(y^2+z^2) \Big[(x^2 +y^2 +z^2)^2 -x\left\{x^3 +(y+z)^3 \right\}\Big]\)

\(= \left( 4\,x{y}^{2}+4\,x{z}^{2}-{y}^{3}-3\,{y}^{2}z-3\,y{z}^{2}-{z}^{3 } \right) ^{2}+ \left( 7\,{y}^{4}+8\,{y}^{3}z+18\,{y}^{2}{z}^{2}+8\,{z }^{3}y+7\,{z}^{4} \right) \left( y-z \right) ^{2} \)

Từ đó BĐT \((\ast)\) là đúng. Do đó: \(\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\)

\(\therefore VT=\sum\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\sum\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}=1\)

Done.

Câu 1 chuyên phan bội châu

câu c hà nội

câu g khoa học tự nhiên

câu b am-gm dựa vào hằng đẳng thử rồi đặt ẩn phụ

câu f đặt \(a=\frac{2m}{n+p};b=\frac{2n}{p+m};c=\frac{2p}{m+n}\)

Gà như mình mấy câu còn lại ko bt nha ! để bạn tth_pro full cho nhé !

Nguyễn Ngọc Lộc , ?Amanda?, Phạm Lan Hương, Akai Haruma, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm,

@tth_new

Giúp em vs ạ! Thanks nhiều ạ

Đẳng thức quen thuộc: \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\) và tương tự cho các mẫu số còn lại

Ta có:

\(\sum\dfrac{1}{a^2+1}=\sum\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\dfrac{2\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Mặt khác:

\(2\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\right]\left(a+b+c\right)\)

\(\ge\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\) (Bunhiacopxki)

\(\Rightarrow\sum\dfrac{1}{a^2+1}\ge\dfrac{\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(=\left(\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\right)^2\)

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

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{3}{2}\)

Đúng theo AM-GM:

\(\sum\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\sum\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

1) Áp dụng BĐT bun-hi-a-cốp-xki ta có:

\(\left(a+d\right)\left(b+c\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\)( vì a,b,c,d dương )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)

Ta có \(\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}=\sqrt{bc+a^2bc}=\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}\)

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

Đặt BT đề cho là P

\(\Leftrightarrow P=\sum\dfrac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\sum\sqrt{\dfrac{a}{a+b}\cdot\dfrac{a}{a+c}}\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{c+b}\right)\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)