Ta có \(\left(a-1\right)^2\left(a^2+a+1\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)\left(a^2+a+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^4-a^3-a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^4-a^3+1\ge a\)

\(\Leftrightarrow a^4-a^3+ab+2\ge a+ab+1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}\)

Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}\le\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}\)

             \(\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\)

Áp dụng bđt Bunhiacopski ta có

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

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Đoán xem

doan bua di :))

Trả lời hộ mình đi

Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c

Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9

                               \(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)

           Mà a+b=6-c (cmt)

                                \(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)

                                \(\Rightarrow\)ab=9-6c+c²

Ta có: (b-a)²\(\ge\)0 \(\forall\)b, c

  \(\Rightarrow\)b²+a²-2ab\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)(b+a)²-4ab\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)(a+b)²\(\ge\)4ab

Mà a+b=6-c (cmt)

         ab= 9-6c+c² (cmt)

  \(\Rightarrow\)(6-c)²\(\ge\)4(9-6c+c²)

  \(\Rightarrow\)36+c²-12c\(\ge\)36-24c+4c²

  \(\Rightarrow\)36+c²-12c-36+24c-4c²\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)-3c²+12c\(\ge\)0

  \(\Rightarrow\)3c²-12c\(\le\)0

  \(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0

  \(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)

*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)

*

1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)

Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)

Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)

Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)

Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)

và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được

\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)

Do đó ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta được

\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM

ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM:

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

\(\Rightarrow \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \sum \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta cần CM: \(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{a+b+c}{4}\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)[(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc]\)

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

(dễ thấy luôn đúng do theo BĐT AM-GM)

Do đó ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Ta có : a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ( a + c ) ( a + b )

BĐT cần chứng minh tương đương với :

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

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

khai triển ra , ta được :

\(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2+6abc\le\frac{3}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)+3abc\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)\le-3abc\)

\(\Rightarrow a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\ge6abc\)( nhân với -2 thì đổi dấu )

\(\Rightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Rightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)     

vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT lúc đầu đúng

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)