Đặt \(THANG=ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\) :v

Vì \(0\le a;b;c\le1\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)

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

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

\(\Rightarrow THANG\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)

Vì \(a+b+c\ge2\) nên \(a+b+c-1\ge1\). Vậy \(THANG\ge2\cdot1=2\)

Đẳng thức xảy ra khi trong 3 số \(a;b;c\) có 2 số bằng 1 và một số bằng 0

Vì \(0\le a,b,c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)

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

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

\(\Rightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)

Do \(a+b+c\ge2\Rightarrow a+b+c-1\ge1\Rightarrow VT\ge2\)

Đẳng thức xảy ra khi 1 trong 3 số a,b,c có 2 số bằng 1 và 1 số bằng 0

bạn thử giải hộ mình mấy bài này vs

https://diendantoanhoc.net/topic/173087-to%C3%A1n-%C3%B4n-thi-v%C3%A0o-l%E1%BB%9Bp-10/#entry681162

đây này

1,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=abc.CMR:

\(\frac{bc}{a\left(1+bc\right)}+\frac{ca}{b\left(1+ca\right)}+\frac{ab}{c\left(1+ab\right)}\ge\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

2,Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\)

Tìm GTLN của P= \(\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}}\)

3,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3.

Tìm GTLN của Q= \(2\sqrt{abc}\left(\frac{1}{\sqrt{3a^2+4b^2+5}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+4c^2+5}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+4a^2+5}}\right)\)

4,Cho a,b,c>0.

Tìm GTNN của P= \(\frac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{\sqrt{ca}}{b+3\sqrt{ca}}\)

Từ giả thiết: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\end{matrix}\right.\) (1)

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\ge3\left(a+b+c\right)-1\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(3\left(a+b+c\right)-1\ge2\left(1+a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\) (hiển nhiên đúng theo (1))

@Akai Haruma

Bạn tham khảo lời giải bài 4 link sau:

Câu hỏi của Bonking - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

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!

Giúp mình với các bạn ơiii

Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}.\frac{1+b}{8}.\frac{1+c}{8}}=\frac{3}{4}a\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{3a}{4}-\frac{b+c}{8}-\frac{1}{4}\)Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{3b}{4}-\frac{c+a}{8}-\frac{1}{4}\); \(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3c}{4}-\frac{a+b}{8}-\frac{1}{4}\)

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

\(\left(a^2-bc\right)\left(b-abc\right)=\left(b^2-ca\right)\left(a-abc\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b+ab^2c^2-a^3bc-b^2c=b^2a+a^2bc^2-ca^2-ab^3c\)

\(\Leftrightarrow a^2b-ab^2-b^2c+ca^2=a^2bc^2-ab^3c+a^3bc-ab^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(ab+bc+ca\right)=abc\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)\Leftrightarrow a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\left(đpcm\right)\)