\(8VT=4\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(2ab^2+2bc^2+2ca^2+2abc\right)\le\left(a^2b+b^2c+c^2a+2ab^2+2bc^2+2ca^2+3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left(2a^2b+2b^2c+2c^2a+4ca^2+4ab^2+4bc^2+6abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left(2a^2b+2b^2c+2c^2a+4ca^2+4ab^2+4bc^2+9abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left[\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{512}\left[\left(a+2b\right)\left(4b+8c\right)\left(c+2a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{512}\left(\frac{a+2b+4b+8c+c+2a}{3}\right)^6=\frac{1}{512}\left(a+2b+3c\right)^6=\frac{4^6}{512}=8\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\)

Áp dụng BĐT: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

Dấu "=" xảy ra khi: x = y =z

Ta có: \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^4c^2+b^2c^4a^2+c^2a^4b^2\)

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

Vậy \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\) 

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

bạn ơi vì sao \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)

hihi... mình biết rồi cảm ơn nha!!!

Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có: 

\(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)

\(\ge a^4b^2c^2+b^4c^2a^2+c^4a^2b^2=a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

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

Cái bất đẳng thức áp dụng trong bài là:

\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

  ĐẶt 2^a = x; 2^b=y; 2^c=z;=> x;y;z>0 

dpcm<=> x^3+y^3+z^3 ≥x+y+z và xyz = 2^a.2^b.2^c =2^(a+b+c)=1 

Ta có: x^3+y^3 = (x+y)(x²+y²-xy).Vì x²+y² ≥ 2xy => x^3+y^3 ≥xy(x+y) 

Tương tự ta có: y^3+z^3≥ yz(y+z) 

z^3+ x^3≥ xz(x+z) 

Cộng vế với vế ta có: 

2(x^3+y^3+z^3) ≥ x²y+ xy² + y²z+yz²+x²z+xz² 

Cộng 2 vế với x^3+y^3 +z^3 ta có: 

3(x^3+y^3+z^3) ≥ x²(x+y+z) + y²(x+y+z) + z²(x+y+z) = (x+y+z)(x²+y²+z²) (*) 

Theo cô si ta có: 

x²+y²+z² ≥3.(x².y².z²)^1/3 = 3 (vì xyz=1) 

=> 3(x^3+y^3+z^3) ≥ 3(x+y+z) 

=> x^3+y^3+z^3 ≥ x+y+z 

=> dpcm 

Ta thấy A gồm có 99 số hạng nên ta nhóm mỗi nhóm 3 số hạng.

Ta có: A = 1 + 5 + 5² + 5³ + 5⁴ + 5⁵ +...+ 5⁹⁷ + 5⁹⁸ + 5⁹⁹

             = (1 + 5 + 5² )+ (5³ + 5⁴ + 5⁵ )+...+( 5⁹⁷ + 5⁹⁸ + 5⁹⁹ )

             =(1 + 5 + 5² )+ 5³(1 + 5 + 5² ) +...+ 5⁹⁷(1 + 5 + 5² )

             = ( 1 + 5 + 5²)(1 + 5³+....+5⁹⁷)

             = 31(1 + 5³+....+5⁹⁷)

Vì có một thừa số là 31 nên A chia hết cho 31.

 P/s Đừng để ý câu trả lời của mình

Ta có:

(a + b + c)² = 0 => a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = 0

=> a² + b² + c² = -2(ab + bc + ca)

=> (a² + b² + c²)² = 4(ab + bc + ca)²

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + c²a²) = 4[a²b² + b²c² + c²a² + 2(ab²c + bc²a + ca²b)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + c²a²) + 8abc(a + b + c)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + c²a²) (vì a + b + c = 0) (1)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2a^2bc+2abc^2\right)\\2\left(a^4+b^4+c^4\right)=a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=2\left(ab+bc+ca\right)^2\left(2\right)\\a^4+b^4+c^4=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1); (2) và (3) ta có đpcm

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)

Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)

sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

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

Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).

BĐT được viết lại như sau:

\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)

\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:

\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)

\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)

\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )

Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

Bài 1:

Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)

\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)

\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)

Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và

\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)

BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

Câu 1/ Ta có

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

\(\Leftrightarrow1\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\le a+b+c< 3\)

Ta có: \(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)

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

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}-2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=a+b+c-2\left(a+b+c\right)^2+4\) (1)

Đặt \(a+b+c=x\left(\sqrt{3}\le x< 3\right)\)

Ta tìm GTNN của hàm số: \(y=-2x^2+x+4\)

\(\Rightarrow y'=-4x+1=0\)

\(\Rightarrow x=\frac{1}{4}=0,25\)

Thế x lần lược các giá trị \(\left\{\begin{matrix}x=0,25\\x=\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y=4,125\\y=-2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y_{min}=-2+\sqrt{3}\) đạt cực trị tại \(x=\sqrt{3}\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra GTNN của M là \(-2+\sqrt{3}\) tại \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Ta có : \(3=ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\Rightarrow1\ge abc\)

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

\(=\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(ab+2ac\right)}+\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(bc+2ab\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(ca+2cb\right)}\)

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{abc\left(3ab+3ac+3bc\right)}\)\(=\frac{3^2}{9abc}\)\(\ge1\)\(\left(dpcm\right)\)