\(c\left(ac+1\right)^2=\left(2c+b\right)\left(3c+b\right)\)

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

\(\Leftrightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1\right)-6c^2-2bc-3bc=b^2\)

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

Dễ thấy \(a^2c^2+2ac-6c⋮c\) ( 2 )

Gọi d là ƯC của c và \(a^2c^2+2ac-6c-5b+1\) , ta có :

\(\orbr{\begin{cases}c⋮d\\a^2c^2+2ac-6c-5b+1⋮d\end{cases}}\Rightarrow c-a^2c^2+2ac-6c-5b+1⋮d\) ( 3 )

Từ ( 2 ) và ( 3 ) => 1 - 5b chia hết cho d

Đặt c = kd ; a²c² + 2ac - 6c - 5b + 1 = td  ( \(k;t\in Z\))

\(\Rightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1-6c-5b\right)=kd.td=ktd^2\) ( 4 )

Từ ( 1 ) và ( 4 ) => b² = ktd²

\(\Rightarrow b⋮d\Rightarrow5b⋮d\). Mà 1 - 5b chia hết cho d

\(\Rightarrow1⋮d\Rightarrow d=1\)

=> Đpcm

Sửa lại một tí

Chỗ ( 2 ) chỉnh dấu lại :)

( 3 ) \(c-a^2c^2-2ac+6c+5b-1⋮d\)

Từ ( 2 ) và ( 3 ) => 5b - 1 chia hết cho d

Từ ( 1 ) và ( 4 ) ... => 5b chia hết cho d

=> 1 chia hết cho d => d = 1

=> Đpcm

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.

Có : a^2+1 = a^2+ab+bc+ca = (a^2+ab)+(bc+ca) = (a+b).(a+c)

Tương tự : b^2+1 = (b+c).(b+a)

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

=> (a^2+1).(b^2+1).(c^2+1) = [(a+b).(b+c).(c+a)]^2 là 1 số chính phương

=> ĐPCM

k mk nha

Lời giải:

Với $ab+bc+ac=1$ thì:

$a^2+1=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)$

$b^2+1=b^2+ab+bc+ac=(b+a)(b+c)$

$c^2+1=c^2+ab+bc+ac=(c+a)(c+b)$

$\Rightarrow A=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a+b)(a+c)(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)=[(a+b)(b+c)(c+a)]^2$ là scp 

Ta có đpcm.

Ta có:\(\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ac}\ge\dfrac{9}{1+1+1+ab+bc+ca}\)(AM-GM)

Lại có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{9}{3+ab+bc+ca}\ge\dfrac{9}{3+a^2+b^2+c^2}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Cháu làm cho bác câu 2 thôi,câu 3 THANGDZ làm rồi sợ mất bản quyền lắm:v

Lời giải:

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}\)

\(=\dfrac{a^2}{a^2+2ab+3ac}+\dfrac{b^2}{b^2+2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{c^2+2ac+3bc}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+5ab+5bc+5ac}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)

Điều kiện đã cho có thể được viết lại thành \(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)

hay \(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+bc-ab-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d^2+da-cd-d^2}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left[\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}-\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\) (do \(c\ne a\))

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

\(\Leftrightarrow bcd+abc+bd^2+abd=abd+acd+b^2d+bcd\)

\(\Leftrightarrow abc+bd^2-acd-b^2d=0\)

\(\Leftrightarrow ac\left(b-d\right)-bd\left(b-d\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ac=bd\) (do \(b\ne d\))

 Do đó \(A=abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\), mà \(a,c\inℕ^∗\) nên A là SCP (đpcm)