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

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(1\le a\le b\le2\). Ta có \(\frac{a}{b}\le1\); \(2\ge b\) , \(a\ge1\) \(\Rightarrow2a\ge b\Rightarrow\frac{a}{b}\ge\frac{1}{2}\) \(\Rightarrow\frac{1}{2}\le\frac{a}{b}\le1< 2\)

Ta có : \(\left(2-\frac{a}{b}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{b}\right)\le0\Rightarrow1-\frac{2a}{b}-\frac{a}{2b}+\frac{a^2}{b^2}\le0\)

\(\Rightarrow1+\frac{a^2}{b^2}\le\frac{5}{2}.\frac{a}{b}\)\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\le\frac{5}{2}\) (2) (chia hai vế cho \(\frac{a}{b}\) ) 

Từ (1) và (2) ta suy ra \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\le2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}\)

a + b a 1 + b 1 = 2 + b a + a b (1) Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ 2. Ta có b a ≤ 1; 2 ≥ b , a ≥ 1 ⇒2a ≥ b⇒ b a ≥ 2 1 ⇒ 2 1 ≤ b a ≤ 1 < 2 Ta có : 2 − b a 2 1 − b a ≤ 0⇒1 − b 2a − 2b a + b 2 a 2 ≤ 0 ⇒1 + b 2 a 2 ≤ 2 5 . b a ⇒ b a + a b ≤ 2 5 (2) (chia hai vế cho b a ) Từ (1) và (2) ta suy ra a + b a 1 + b 1 ≤ 2 + 2 5 = 2 9 (

mk nghĩ vậy

Cách khác :

Vì \(a,b\in\left[1;2\right]\)nên \(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0;\left(b-1\right)\left(b-2\right)\le0\)

Suy ra \(a^2+2\le3a;b^2+2\le3b\)hay \(a+\frac{2}{a}\le3;b+\frac{2}{b}\le3\)

\(\Rightarrow6\ge\left(a+b\right)+\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)\)(1)

Mặt khác \(\left(a+b\right)+\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)\ge2\sqrt{\left(a+b\right)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)}\)(Bất đẳng thức AM-GM)  (2) 

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)}\le3\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\le\frac{9}{2}\)

Vì vai trò bình đẳng của các ẩn  \(a,b,c\)  là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:

\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do  \(a,b,c\)  đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)

Áp dụng bđt  \(AM-GM\)  cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:

\(\left(i\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\)  \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\)  \(\left(1\right)\)

\(\left(ii\right)\) Với  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)

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

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\)  \(\left(2\right)\)

\(\left(iii\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\)  \(\frac{c-a}{16}>0\)

\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right)\)  và   \(\left(3\right)\)  , ta được:

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)

nên   \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)

Mặt khác, từ  \(\left(\alpha\right)\)  ta suy ra được:  \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)

nên   \(a+2\ge c\) hay nói cách khác  \(a-c\ge-2\)

Do đó,  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}\)  (thỏa mãn  \(\left(\alpha\right)\)  )

Vì vai trò bình đẳng của các ẩn  \(a,b,c\)  là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:

\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do  \(a,b,c\)  đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)

Áp dụng bđt  \(AM-GM\)  cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:

\(\left(i\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\)  \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\)  \(\left(1\right)\)

\(\left(ii\right)\) Với  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)

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

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\)  \(\left(2\right)\)

\(\left(iii\right)\)  Với  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\)  \(\frac{c-a}{16}>0\)

\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right)\)  và   \(\left(3\right)\)  , ta được:

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)

nên   \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)

Mặt khác, từ  \(\left(\alpha\right)\)  ta suy ra được:  \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)

nên   \(a+2\ge c\) hay nói cách khác  \(a-c\ge-2\)

Do đó,  \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=0;b=1;c=2\)  (thỏa mãn  \(\left(\alpha\right)\)  )

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

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2-a-b}\right)^2-\frac{ab}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2+2ab+b^2\right)\left(a-1\right)\left(b-1\right)-ab\left(a+b-2\right)^2}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-a^3-b^3+a^2+b^2+a^2b+ab^2-2ab}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-\left(a-b\right)^2\left(a+b-1\right)}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

BĐT cuối luôn đúng vì \(a;b\in\)\((0;\frac{1}{2}]\)

\(1\le a\le2\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\) \(\Rightarrow a^2-3a+2\le0\Rightarrow a^2+2\le3a\)

\(\Rightarrow a+\frac{2}{a}\le3\)\(\Rightarrow\left(a+\frac{2}{a}\right)^2\le9\Rightarrow a^2+\frac{4}{a^2}\le5\)

Tương tự : \(b+\frac{2}{b}\le3\); \(b^2+\frac{4}{b^2}\le5\)

\(\Rightarrow a+\frac{2}{a}+a^2+\frac{4}{a^2}+b+\frac{2}{b}+b^2+\frac{4}{b^2}\le16\)

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có : 

\(16=\left(a+b^2+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b}\right)+\left(b+a^2+\frac{4}{b^2}+\frac{2}{a}\right)\ge2\sqrt{\left(a+b^2+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b}\right)\left(b+a^2+\frac{4}{b^2}+\frac{2}{a}\right)}\)

\(\Leftrightarrow8\ge\sqrt{\left(a+b^2+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b}\right)\left(b+a^2+\frac{4}{b^2}+\frac{2}{a}\right)}\)

\(\Leftrightarrow A=\left(a+b^2+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b}\right)\left(b+a^2+\frac{4}{b^2}+\frac{2}{a}\right)\le64\)

Vậy GTLN của A là 64 \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=b=1\\a=b=2\end{cases}}\)

vì 1<hoặcc<hoặc=b<hoặc=a<hoặc=2

=>a+b+c<hoặc=6(1)

lại có:1/a+1/b+1/c<hoặc=3/2(2)

từ (1)và(2) =>(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)<hoặc=6.3/2=9<hoặc=10

bạn oiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii sai đề

hoàng minh quân trả lời như thế thì đi thi chỉ có trượt