\(VT=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)

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

\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{c+a}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}.\frac{c}{c+a}}\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)

\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

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

Ta có

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

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

\(\Leftrightarrow2a.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+b.\frac{1}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+c.\frac{1}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

\(\Leftrightarrow2a.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+2b.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right).4.\left(b+c\right)}}+2c.\frac{1}{\sqrt{\left(a+c\right).4.\left(b+c\right)}}\)

\(\le\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\)

\(=1+1+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}\)

Xem lại đề nhé

sân trường của một trường THCS có dạng hình chũ nhật với chiều rộng là 50m chiều dài 72m nhà trường dự tính dùng 36% diện tích sân trường để trồng cây xanh phủ bóng mát biết mỗi một cây xanh chiếm một khoảng diện tích hình có cạnh là 4m hỏi trường THCS phải chuẩn bị tất cả bao nhiêu cây xanh ?

Đặt A= abc(bc+a²)(ac+b²)(ab+c²)

Giả sử 1/a + /b + 1/c - (a+b)/(bc+a²) - (b+c)/(ac+b²) - (c+a)/(ab+c²) >=0

<=> (a⁴b⁴+b⁴c⁴+c⁴a⁴-a⁴b²c²-b⁴a²c²-c⁴a²b²)/A >= 0

<=> (2a⁴b⁴+2b⁴c⁴+2c⁴a⁴-2a⁴b²c²-2b⁴a²c²-2c⁴a²b²)/2A >= 0

<=> (a²b²-b²c²)²+(b²c²-c²a²)²+(c²a²-a²b²)²/2A >= 0  (đúng với mọi a,b,c)

mk chỉ lm theo cách hiểu của mk thôi!nếu ko đúng thì thông cảm nha!

giả sử: \(a\ge b\ge c>0\)(ko mất tính tổng quát)

\(\Rightarrow a^2\ge ac\)\(\Leftrightarrow a^2+bc\ge ac+bc\)  (vì b>0;c>0)

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

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{a^2+bc}\le\frac{1}{c}\) (vì a;b;c>0)     (1)

c/m tương tự ta đc: \(\frac{b+c}{ac+b^2}\le\frac{1}{a};\)    (2)

                             \(\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{b}\)   (3)

từ (1),(2),(3)=>đpcm

Giả sử 1/a+1/b+1/c>=(a+b)/(bc+a²) - (b+c)/(ac+b²) - (c+a)/(ab+c²)

<=> 1/a + /b + 1/c - (a+b)/(bc+a²) - (b+c)/(ac+b²) - (c+a)/(ab+c²) >=0

<=> (a⁴b⁴+b⁴c⁴+c⁴a⁴-a⁴b²c²-b⁴a²c²-c⁴a²b²)/abc(bc+a²)(ac+b²)(ab+c²) >= 0

<=> (2a⁴b⁴+2b⁴c⁴+2c⁴a⁴-2a⁴b²c²-2b⁴a²c²-2c⁴a²b²)/2abc(bc+a²)(ac+b²)(ab+c²) >= 0

<=> (a²b²-b²c²)²+(b²c²-c²a²)²+(c²a²-a²b²)²/2abc(bc+a²)(ac+b²)(ab+c²) >= 0  (dung voi moi abc) 

Ta có:

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

\(=1+\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}\le1+\frac{ab}{\sqrt{\left(c^2+a^2\right)\left(b^2+c^2\right)}}\)

\(\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1-bc}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}\right)\left(2\right)\\\frac{1}{1-ca}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{c^2}{b^2+c^2}+\frac{a^2}{c^2+a^2}\right)\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1), (2), (3) 

\(\Rightarrow\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\le3+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\right)\)

\(=3+\frac{1}{2}\left(1+1+1\right)=\frac{9}{2}\)

Bài 1 : 

Bât đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

( xy+yz + zx )(9 + x²y² +z²y² + x²z² ) \(\ge\)36xyz 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 

xy+ yz + zx \(\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)           ( 1) 

Và 9 + x²y² + z²y² + x²z² \(\ge12\sqrt[12]{x^4y^4z^4}\)

hay 9+ x²y² + z²y²+ x²z² \(\ge12\sqrt[3]{xyz}\)                (2) 

Do các vế đều dương ,từ (1) và (2) suy ra :

( xy + yz +zx )( 9+ x²y² + z²y² + x²z² ) \(\ge36xyz\left(đpcm\right)\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y  =z = 1 

Bài 2: 

\(\hept{\begin{cases}a;b;c>0\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)

Có : \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1+a^2}\ge\sqrt{2a}\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}a\\\sqrt{1+b^2}\ge\sqrt{2b}\Rightarrow\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}b\\\sqrt{1+c^2}\ge\sqrt{2c}\Rightarrow\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}c\end{cases}}\)

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

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

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

Làm lại:

\(VT\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}}{2abc}=\frac{a+b+c}{2abc}\)

Đẳng thức xảy ra khi a =b = c .

Ngắn gọn súc tích không biết có lỗi gì không đây:)

BĐT là đối xứng giúp em nghĩ đến cách đặt \(p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc\)

BĐT \(\Leftrightarrow2r\left(\frac{\Sigma ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\right)\le p\)

\(\Leftrightarrow2r\left[\Sigma ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\right]\le p\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+2\left(abc\right)^2\right]\)\(\Leftrightarrow2r\left[p^2q-q^2-2pr\right]\le p\left[r\left(p^3-3pq+3r\right)+q^3-3pqr+5r^2\right]\)

\(\Leftrightarrow p^4r-8p^2qr+pq^3+12pr^2+2q^2r\ge0\)

\(\Leftrightarrow12pr^2+\left(p^4+2q^2-8p^2q\right)r+pq^3\ge0\)

Chú ý 2p > 0 , theo định lí về dấu tam thức bậc 2, ta cần chứng minh \(\Delta\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(p^4+2q^2-8p^2q\right)^2-48p^2q^3\le0\)

Em chịu rồi:( ko bt có sai chỗ nào ko nữa:( Mong tìm được cách giải tự nhiên hơn.

Cách trên phức tạp và khó hiểu quá.

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{a^2+bc}\right)\le\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{2a\sqrt{bc}}\right)\)\(=\Sigma_{cyc}\left(\frac{\sqrt{bc}}{2abc}\right)=\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{ab}}{2abc}\)\(\le\frac{a+b+c}{2abc}\)(đpcm)

Dấu = xra khi a=b=c=> Tam giác đều

#Walker

đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)

\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

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

\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarts ta có:

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

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

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

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

\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)

\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)

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

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:  \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

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

cường đâu, cho anh đi