moi nguoi oi hom truoc minh hoc tap hop cac so TN do thi co cua minh day nhu sau 

vd: A={xeN/3<x<9}

thi minh liet ke ra la A=4,5,6,7,8 nhung sua bai lai ko dung 

co sua nhu vay A=3,4,5,6,7,8

ko biet hay sai mong ae giup minh

Áp dụng BĐT Cô-si \(ab\le\frac{\left(a+b\right)}{4}^2\)

=> \(\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)\le\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{4}=\left(a+b+c\right)^2\)

=> \(\frac{1}{\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Mấy cái kia làm tương tự cậu nhé 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (1) 

Và \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge a+b-1\\bc\ge b+c-1\\ca\ge c+a-1\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(ab+bc+ca\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (2) 

(1), (2) \(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\)

Lại có: \(\hept{\begin{cases}a\le1\\b\le1\\c\le1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\\c^3\le c^2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)=2a^3+2b^3+2c^3\) ( đpcm ) 

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

Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.

lớn hơn hay = thế ạ

Ta có :

\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\frac{9a^2b^2c^2}{1+2a^2b^2c^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(1+2a^2b^2c^2\right)\ge9a^2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^{3v}+2a^3b^2c^4\ge3a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\)(*)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^2b+a^4b^3c^2+a^3b^2c^4\ge3\sqrt[3]{a^9b^6c^6}=3a^3b^2c^2\)

\(b^2c+a^2b^4c^3+a^4b^3c^2\ge3a^2b^3c^2\)

\(c^2a+a^3b^2c^4+a^2b^4c^4\ge3a^2b^2c^3\)

Cộng theo vế

\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\ge3a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\)

Vậy $(*)$ đúng

Do đó ta có đpcm

#Cừu

~

p/s: lần sau ghi nguồn 

#  https://h7.net/hoi-dap/toan-9/chung-minh-a-2b-b-2c-c-2a-9a-2b-2c-2-1-2a-2b-2c-2--faq362074.html

Hình như đề sai rồi bạn ơi. thử thay a=1,5 b=1 c=0,5 xem

Ta có:\(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta được:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)

\(\Leftrightarrow\frac{-b-1}{a+b+1}+\frac{-c-1}{b+c+1}+\frac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)

\(\Leftrightarrow\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\)(*)

Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:

VT(*)\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)

Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)

\(=\frac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)

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

=>VT(*)\(\ge\)2=VP (*)

Vậy Bđt được chứng minh

Cho hỏi VT;VP là gì

Bài 1:

\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có: 

\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2

Bài 2/

\(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\)

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

\(=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{a^2b^2}{ca+cb}\)

\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu =  xảy ra khi \(a=b=c=1\)

bạn alibaba dòng thứ nhất rồi sao ra được dòng thứ hai á bạn mình k hiểu