Ta có : \(c\left(ac+1\right)^2=\left(2c+b\right)\left(3c+b\right)\Leftrightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1\right)=6c^2+5bc+b^2\)

\(\Leftrightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1-6c-5b\right)=b^2\)

Gọi \(\left(c;a^2c^2+2ac+1-6c-5b\right)=d\)

Khi đó ta có \(\hept{\begin{cases}c⋮d\\a^2c^2+2ac-6c+1-5b⋮d\end{cases}\Rightarrow1-5b⋮d}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}c=xd\\a^2c^2+2ac-6c+1-5b=yd\end{cases}}\left[x,y\in Z;\left(x;y\right)=1\right]\)

\(\Rightarrow c\left(a^2c^2+2a-6c+1-5b\right)=xyd^2\Rightarrow b^2=xyd^2\)

\(\Rightarrow b⋮d\Rightarrow1⋮d\Rightarrow d=1\)

Vậy c là số chính phương.

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

Có : \(a^2+1=a^2+ab+ac+bc=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

Tương tự : \(b^2+1=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)và    \(c^2+1=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

Suy ra : \(S=\left(a+b\right)\left(a+c\right).\left(a+b\right)\left(b+c\right).\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow S=\left[\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right]^2\)là số chính phương \(\forall\)a ,b ,c nguyên !

với ab+bc+ca=1, ta có 

\(a^2+1=a^2+ab+bc+ca=\left(a^2+ab\right)+\left(bc+ca\right)\)\(=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+c\right)\left(a+b\right)\)

tương tự tra có \(b^2+1=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

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

=> S=\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\) 

mà a,b, c là các số nguyên => \(\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\) là số chính phương 

=> S là số chính phương (ĐPCM)

ta có \(\hept{\begin{cases}a^2+1=a^2+ab+bc+ca=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+c\right)\left(a+c\right)\\b^2+1=b^2+ab+bc+ca=b\left(a+b\right)+a\left(b+c\right)=\left(b+c\right)\left(b+a\right)\\c^2+1=c^2+ab+bc+ca=c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)=\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)\(=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

=> đpcm

\(ac+bd=\left(b+d+a-c\right)\left(b+d-a+c\right)\)

\(\Leftrightarrow ac+bd=\left(b+d\right)^2-\left(a-c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow ac+bd=b^2+d^2+2bd-a^2-c^2+2ac\)

\(\Leftrightarrow a^2-c^2=b^2+d^2+ac+bd\) (1)

Ta có

\(\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=a^2bd+ab^2c+acd^2+bc^2d=\)

\(=bd\left(a^2+c^2\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\) (2)

Thay (1) vào (2)

\(\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=bd\left(b^2+d^2+ac+bd\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=bd\left(b^2+d^2\right)+bd\left(ac+bd\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=\left(b^2+d^2\right)\left(ac+bd\right)+bd\left(ac+bd\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=\left(ac+bd\right)\left(b^2+d^2+bd\right)\) (3)

Do \(a>b>c>d\)

\(\Rightarrow\left(a-d\right)\left(b-c\right)>0\Leftrightarrow ab-ac-bd+cd>0\)

\(\Leftrightarrow ab+cd>ac+bd\) (4)

Và 

\(\left(a-b\right)\left(c-d\right)>0\Leftrightarrow ac-ad-bc+bd>0\)

\(\Leftrightarrow ac+bd>ad+bc\) (5)

Từ (4) và (5) \(\Rightarrow ab+cd>ad+bc\) 

Ta có

(3)\(\Leftrightarrow b^2+d^2+bd=\dfrac{\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)}{\left(ac+bd\right)}\) (6)

Vế trái là số nguyên => vế phải cũng phải là số nguyên

Giả sử ab+cd là số nguyên tố mà \(ab+cd>ac+bd\)

\(\Rightarrow UC\left(ab+cd;ac+bd\right)=1\) => ab+cd không chia hết cho ac+bd

=> để vế phải của (6) là số nguyên \(\Rightarrow ad+bc⋮ac+bd\Rightarrow ad+bc>ac+bd\) Mâu thuẫn với (5) nên giả sử sai => ab+cd không thể là số nguyên tố

mình là người mới ,cho mình hỏi làm sao để kiếm xu đổi quà

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

\(=a^2b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2+a^2+b^2c^2+b^2+c^2+1=\)

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

Ta có

\(\left(ab+bc+ac\right)^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2ab^2c+2abc^2+2a^2bc=\)

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

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

Ta có

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

\(=a^2+b^2+c^2+2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\) (3)

Thay (2) và (3) vào (1)

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

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

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

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

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

Do \(\left(b,c\right)=1\) và \(b.c\) là 1 số chính phương

\(\Rightarrow b,c\) đều là các số chính phương

Đặt \(a\left(1-b\right)=x;b\left(1-c\right)=y;c\left(1-a\right)=x\)

\(\Rightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca=1-a\left(1-b\right)-b\left(1-c\right)-c\left(1-a\right)=1-x-y-z\)

BĐT cần c/m trở thành:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{3}{1-x-y-z}\)

\(\Leftrightarrow\left(1-x-y-z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-x-y-z}{x}+\dfrac{1-x-y-z}{y}+\dfrac{1-x-y-z}{z}-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-y-z}{x}+\dfrac{1-z-x}{y}+\dfrac{1-x-y}{z}-6\ge0\) (1)

Lại có: \(1-y-z=1-b\left(1-c\right)-c\left(1-a\right)=1-b-c+bc+ca=\left(1-b\right)\left(1-c\right)+ca\)

Nên (1) tương đương:

\(\dfrac{\left(1-b\right)\left(1-c\right)+ca}{a\left(1-b\right)}+\dfrac{\left(1-a\right)\left(1-c\right)+ab}{b\left(1-c\right)}+\dfrac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)+bc}{c\left(1-a\right)}-6\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-c}{a}+\dfrac{c}{1-b}+\dfrac{1-a}{b}+\dfrac{a}{1-c}+\dfrac{1-b}{c}+\dfrac{b}{1-a}\ge6\)

BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM do:

\(\dfrac{1-c}{a}+\dfrac{c}{1-b}+\dfrac{1-a}{b}+\dfrac{a}{1-c}+\dfrac{1-b}{c}+\dfrac{b}{1-a}\ge6\sqrt[6]{\dfrac{abc\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}}=6\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)

Gọi ƯCLN của a‐c và b‐c là d

Mà a; b; c là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên d = 1

Do đó a‐c và b‐c là hai số chính phương. Đặt a‐c = p2; b‐c = q2

﴾ p; q là các số nguyên﴿

c2 = p2q2c = pq a+b = ﴾a‐ c﴿ + ﴾b – c﴿ + 2c = ﴾ p+ q﴿2 là số chính phương.

ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\)    (vì abc=1)     (*)

Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\)   (vì abc=1)

=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\)   (**)

Từ (*), (**)=> đpcm

Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3

\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1

Ta cần chứng minh \(\Sigma\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left[4a\left(c+1\right)\right]\ge3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4\Sigma ab+4\Sigma a\ge3abc+3\Sigma ab+3\Sigma a+3\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge6\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta được:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\); \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)(Do theo giả thiết thì abc = 1)

Suy ra (*) đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1