Ta có:

\(M=\frac{19a+3}{1+b^2}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)

\(=19a-\frac{19ab^2-3}{b^2+1}+19b-\frac{19bc^2-3}{c^2+1}+\frac{19ca^2-3}{a^2+1}\)

\(\ge19\left(a+b+c\right)-\frac{19ab^2-3}{2b}-\frac{19bc^2-3}{2c}-\frac{19ca^2-3}{2a}\)

\(=19\left(a+b+c\right)-19\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\ge19.3-\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Lại có:

\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\ge3\frac{\left(1+1+1\right)^2}{ab+bc+ca}=\frac{3.9}{3}=9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)

\(\Rightarrow M\ge\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}.3=33\)

\(\)

Ta có : \(a+b^2⋮a^2b-1\) suy ra \(a+b^2=k\left(a^2b-1\right)\left(k\in N^{sao}\right)\)

\(\Leftrightarrow a+k=b\left(ka^2-b\right)\) hay \(mb=a+b\left(1\right)\) với \(m=ka^2-b\in Z^+\)

\(\Leftrightarrow m+b=ka^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(mb-m-b+1=a+b-ka^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)=\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\left(3\right)\)

Vì \(m,b\in Z^+\Rightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

Do đó từ (3) suy ra \(\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\ge0\)

Lại vì a > 0 nên suy ra \(k+1-ka\ge0\Rightarrow1\ge k\left(a-1\right)\)

Vì \(a-1\ge0,k>0\) nên \(1\ge k\left(a-1\right)\ge0\)

Mà \(k\left(a-1\right)\in Z\)

\(\Rightarrow k\left(a-1\right)=0\) hoặc \(k\left(a-1\right)=1\)

=> a=1 hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\k=1\end{matrix}\right.\)

- Với a=1 thay vào (3) ta có:(m-1)(b-1)=2

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b-1=1\\m-1=2\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b-1=2\\m-1=1\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=2\\m=3\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b=3\\m=2\end{matrix}\right.\)

TH b=2,m=3 suy ra 5=ka² => a=1

TH b=3,m=2 => a=1

- Với a=1, k=1 thay vào (3): (m-1)(b-1)=0 <=> m=1 hoặc b=1

TH b=1 => a=2

TH m=1, từ (1) => a+k=b => b=3 => a=2

Vậy 4 cặp số (a;b) thỏa mãn là (1;2);(1;3);(2;3);(2;1)

Cần chứng minh: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\)

Thật vậy: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\Leftrightarrow\left(4b-a\right)\left(ab+5b^2\right)-19b^3+a^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow4ab^2+20b^3-a^2b-5ab^2-19b^3+a^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

"=" khi a=b

Tương tự: \(\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}\le4c-b;\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4a-c\)

Cộng theo vế: 

\(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4b-a+4c-b+4a-c=3\left(a+b+c\right)=3\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3

trước hết ta cần chứng minh \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5a^2}\le4b-a\left(1\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow19b^3-a^3\le\left(4b-a\right)\left(ab+5a^2\right)\left(ab+5a^2>0\right)\)

phá ngoặc và biến đổi thành bất đẳng thức quen thuộc\(a^3+b^3\ge\left(a+b\right)ab\)với a,b dương

để cm bất đẳng thức này ta cần biến đổi tương đương thành\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b)

chứng minh tương tự ta có VT\(\le\)4b-a+4c-b+4a-c\(=\)3(a+b+c)

để tham khảo thêm bạn có thể vào toán học tuổi trẻ số 440

BĐT ĐÚNG K BN

chac dung

Ta có: \(a^2+b^2-ab\ge ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow a^3+20b^3\ge19b^3+ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow20b^3-ab\left(a+b\right)\)\(\ge19b^3-a^3\)

\(\Leftrightarrow b\left(20b^2-ab-a^2\right)\ge19b^3-a^3\)\(\Leftrightarrow b\left(20b^2-5ab+4ab-a^2\right)\ge19b^3-a^3\)

\(\Leftrightarrow b\left[5b\left(4b-a\right)+a\left(4b-a\right)\right]\ge19b^3-a^3\)

\(\Leftrightarrow b\left(5b+a\right)\left(4b-a\right)\ge19b^3-a^3\)\(\Leftrightarrow\left(5b^2+ab\right)\left(4b-a\right)\ge19b^3-a^3\)

\(\Leftrightarrow\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\)

Tương tự ta có: \(\frac{19c^3-b^3}{cb+5c^2}\le4c-b;\)\(\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4a-c\)

Cộng từng vế của các BĐT trên, ta được: 

\(\text{​​}\text{​​}\text{Σ}_{cyc}\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=3\left(a+b+c\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Đề bị lỗi hiển thị hay sao ấy, mình không nhìn thấy BĐT/ đẳng thức bạn muốn chứng minh.

Sửa \(\dfrac{1}{3}\rightarrow3\)

Từ \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=6\)

Ta có: \(\dfrac{1}{a^2}+1\ge\dfrac{2}{a};\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b};\dfrac{1}{c^2}+1\ge\dfrac{2}{c}\)

Và \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab};\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc};\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)

Cộng theo vế các BĐT trên ta có:

\(3\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\right)\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\right)\ge12\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\ge4\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge3\)

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

để sau nha giờ bận .-.

Ta có  \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=3.1=3\)  \(\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel

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

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}=\frac{c}{a+b}\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)