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

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

\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)

Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm 

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

Bài hay quá!

Đặt \(a=\frac{3x}{x+y+z};b=\frac{3y}{x+y+z};c=\frac{3z}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\)

Sau khi quy đồng cần chứng minh:

\(2\, \left( x+y+z \right) \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)(gõ Latex, không biết ad đã fix lỗi chưa, nếu nó không hiện thì hỏi ad, đừng hỏi em!)

Hay là: \( \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)

Or:

\(9\, \left( 1/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+3/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) {z}^{3}+3\, \left( x-2\,z+y \right) ^{3}{z}^{2}+ \left( \left( 3/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+1/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) \left( -y+x \right) ^{2}+ \left( x-z \right) ^{ 4}+ \left( y-z \right) ^{4} \right) z+ \left( x-z \right) \left( y-z \right) \left( \left( x-z \right) ^{3}+3\, \left( x-z \right) ^{2} \left( y-z \right) +3\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) ^{2}+ 21\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) z+ \left( y-z \right) ^{3} \right) \geq 0 \)

Cách xử trí: Nếu nó không hiện: Sau khi quy đồng, ta biến đối nó về như trong link sau: https://imgur.com/D8ScX4k

Cách khác:

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge a^2+b^2+c^2+3\)

Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+3\)

Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge12\)

Or: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge6\)

Giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)(*)

Do đó: \(VT=\frac{ab+bc+ca}{abc}+ab+bc+ca\)

\(\ge\frac{a+b+c\left(a+b\right)-1}{\frac{c\left(a+b\right)^2}{4}}+a+b+c\left(a+b\right)-1\)

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

\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(3-c\right)-4}{c\left(3-c\right)^2}+\left(c+1\right)\left(3-c\right)-1\ge6\)

Last inequality\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-c\right)^3\left(c-1\right)^2}{c\left(c-3\right)^2}\ge0\). Nếu c < 2 thì ta có đpcm.

Nếu \(c\ge2\)

\(VT=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)

\(>\frac{4}{a+b}+ab+c\left(a+b\right)\ge\frac{4}{a+b}+2\left(a+b\right)\ge2\sqrt{8}>3\)

Ái chà, em lộn nha, trường hợp c \(\ge2\) ở cách 2 em chưa chứng minh được nha!

Cách 1 giả sử z =min{x,y,z} là ổn

Mình xài p,q,r nhé :))

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)

\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)

Khi đó BĐT tương đương với:

\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)

\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )

\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)

Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)

\(=p^3-3pq+3r\)

--------------------------------------

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

\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)

\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)

\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)

Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq

Đọc xong lú luôn @_@. Khúc đầu chả hiểu gì hết 

mà thôi cũng phải tk ông a 1 cái vì có tâm với nghề

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)

Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))

Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)

Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

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

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)

bnhia dưới mẫu ta được: 

\(...\le\frac{a\left(a+ac+a\right)}{9a}+\frac{b\left(b+ab+1\right)}{9b}+\frac{c\left(c+bc+1\right)}{9c}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}=1\)

"=' <=> a=b=c=1



 

Chắc ý bạn ấy là thế này:

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

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại:

\(LHS\le\frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{\left(a+b+c\right)^2}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Theo giả thiết ta có: các bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh

\(\frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\le1\)

\(\Rightarrow a\left(4-a\right)\left(4-b\right)+b\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)\(+c\left(4-c\right)\left(4-a\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\)\(\left(4-c\right)\)

\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\le4\)

Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các bất đẳng thức nên không mất tính tổng quát ta giả swr c nằm giwuax a và b khi đó ta có:

\(a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)

Thực hiện phép khai triển ta được: \(a^2b+c^2a\le a^2c+abc\)rồi cộng thêm \(\left(b^2c+abc\right)\)vào 2 vế ta được:

\(a^2b+b^2c+c^2a+abc\)\(\le a^2c+b^2c+2abc=c\left(a+b\right)^2\)

Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM ta có:

\(c\left(a+b\right)^2=\frac{1}{2}2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\)\(\le\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{2.27}=4\)nên Bất Đẳng Thức đã được chứng minh

Vậy \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)( đpcm )

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

\(+\frac{\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}}\right)}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)+9}+\frac{\Sigma\left(a-b\right)^2}{a+b+c})\left(a-b\right)^2+2\ge2\)

justforfun:) 

\(N=\Sigma\frac{3}{b+c}+\Sigma\frac{a^2}{b+c}\ge\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\left(Svac\right)\)

                                                   \(=\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{3}{2}\)

Để C/m \(N\ge6\)thì \(\Sigma\frac{3}{3-a}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng Svac \(\frac{3}{3-a}+\frac{3}{3-b}+\frac{3}{3-c}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)^2}{3+3+3-\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Dấu bằng tại a=b=c=1

Ủa bạn nào nứng loz tk sai ghê vậy ? =)) óc loz ak ?

Em màu mè tí nhé,vừa sos vừa cô si:P

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{sym}\left(\frac{a^2+1+2}{3-a}-2\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\ge0\) (em làm tắt chút nhé)

Thật vậy ta có: \(VT\ge\Sigma_{sym}\left(\frac{2\left(a+1\right)}{3-a}-\frac{2\left(3-a\right)}{3-a}\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)\(=\Sigma_{sym}\left[\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-2\left(a-1\right)\right]\)

\(=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2}{3-a}-1\right)=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2-3+a}{3-a}\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}=\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}+\frac{2\left(b-1\right)^2}{3-b}+\frac{2\left(c-1\right)^2}{3-c}\ge0\) (luôn đúng)

Do đó ta có Q.E.D

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1

Mà đúng không ta :3