dễ cm \(\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(2\sqrt{a^2-ab+b^2}=2\sqrt{\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)b}\le a^2-a+2b\)

từ đó bđt cần cm <=> \(a+b+c\ge ab+bc+ca\)

lại có \(ab+bc+ca+abc\le4\)

\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\le\left(a+2\right)\left(b+2\right)+...\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\le1\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)}\le\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\le1\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)

=>Q.E.D

\(\dfrac{1}{\left(1+a^2\right)}+\dfrac{1}{\left(1+b^2\right)}\ge\dfrac{2}{\left(1+ab\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)+\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)\ge2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow1+b^2+ab+ab^3+1+a^2+ab+a^3b-2\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

Điều này hiển nhiên đúng do ab \(\ge\) 1, (a-b)² \(\ge\) 0

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

Câu 2:

Tìm GTLN của biểu thức sau :

\(A=\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}\)

Giải

ĐK: \(\frac{5}{3}\le x\le\frac{7}{3}\)

Cmr: \(a+b\le2\sqrt{ab}\left(a,b\ge0\right)\)(*)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) luôn đúng với a,b>0

Dấu "=" xảy ra <=> a=b

Ta có \(A=\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}\)

=> \(A^2=\left[3x-5+7-3x+2\sqrt{\left(3x-5\right)\left(7-3x\right)}\right]=2+2\sqrt{\left(3x-5\right)\left(7-3x\right)}\)

Áp dụng BĐT (*) ta được:

\(A^2\le2+\left(3x-5\right)+\left(7-3x\right)=4̸\)

\(\Rightarrow A\le2\)

Vậy MaxA=2 <=> \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{5}{3}\le x\le\frac{7}{3}\\3x-5=7-3x\end{matrix}\right.\)=>x=2

Khi thử đổi biến chứng minh Iran 96 và cái kết.... Mà chả biết lúc đổi biến có tính sai chỗ nào ko mà kết quả nó nhìn khủng khiếp quá:(

Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

\(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)

Đặt \(\left(a+b+c;ab+bc+ca;abc\right)=\left(3u;3v^2;w^3\right)\)

Cần chứng minh

\(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow v^2\left(\left(3v^2+a^2\right)^2+\left(3v^2+b^2\right)^2+\left(3v^2+c^2\right)^2\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)

\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(a^2+b^2+c^2\right)+a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)

\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(9u^2-6v^2\right)+a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)

\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(9u^2-6v^2\right)+81u^4-108u^2v^2+18v^4+12uw^3\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)

\(\Leftrightarrow135u^4v^2-144u^2v^4+12uv^2w^3-27uv^2+45v^6+3w^3\ge0\)

Ta có \(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}\le2\sqrt{a}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}\right)^2\le\left(2\sqrt{a}\right)^2\)\(\Leftrightarrow a+b+a-b+2.\sqrt{\left(a+b\right)\left(a-b\right)}\le4a\)

\(\Leftrightarrow2a+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a-b\right)}\le4a\)

\(\Leftrightarrow-2a+2.\sqrt{\left(a+b\right)\left(a-b\right)}\le0\)\(\Leftrightarrow-\left(2a-2.\sqrt{\left(a+b\right).\left(a-b\right)}\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+a-b-2.\sqrt{\left(a+b\right)\left(a-b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}\right)^2\ge0\)( luôn đúng nên suy ra điều phải chứng minh )

cho a ,b là số dương thỏa mãn \(a^3+b^3=a^5+b^5\)

CMR : \(a^2+b^2\le1+ab\)

Bài Làm

\(a^2+b^2-ab\le1< =>a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)^2\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\)\(\Leftrightarrow a^6+b^6+2a^3b^3\le a^5b+ab^5+a^6+b^6\)

\(\Leftrightarrow2a^3b^3\le ab^5+a^5b\)\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^{^2}\ge0\)\(Luondungvoimoia,b>0\)

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\)

\(VP=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\le\frac{a+b}{2}\sqrt{2\left(a+b\right)}\)\(\Rightarrow\)\(VP^2\le\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\) (1) 

chứng minh bổ đề: \(VT^2=\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{a+b}{4}\right)^2\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(a+b\right)^4}{4}+\frac{\left(a+b\right)^2}{16}+\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^4+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge\left(a+b\right)^3\)

Có: \(\left(a+b\right)^4+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^6}{4}}=\left(a+b\right)^3\)\(\Rightarrow\)\(VT^2\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\) (2) 

(1) và (2) => \(VT^2\ge VP^2\) => \(VT\ge VP\) ( đpcm )