\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}-2+\dfrac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}-2+\dfrac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}-2\le\dfrac{3}{2}-6\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+2ac}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2}{ab+ac}+\dfrac{c^2}{bc+ab}+\dfrac{a^2}{ac+bc}+\dfrac{2c^2}{bc+c^2}+\dfrac{2a^2}{ac+a^2}+\dfrac{2b^2}{ab+b^2}\ge\dfrac{9}{2}\)

Ta có:

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

\(\Leftrightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\dfrac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\right)\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{9\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{9\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{9}{2}\)

Ờ, đúng rồi idol

Phát minh to lớn \(\dfrac{3}{2a}-\dfrac{3}{4b}-\dfrac{1}{4c}\ge\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4}\right)\left(a+b+c\right)\)

C.544. Thiếu điều kiện a;b;c dương

\(a+b+c=3\Rightarrow ab+bc+ca\le3\)

\(\Rightarrow\sum\dfrac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\sum\dfrac{ab}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}=\sum\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(\le\dfrac{1}{2}\sum\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Ủa còn phần: \(\sum\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\) nó là C544 hay C545 vậy anh?

Nếu là C545 riêng thì đề bài sai, hai vế của BĐT không đồng bậc

Cho em hỏi là khi đăng câu này lên anh có sẵn lời giải không ạ?

Vì em từng gặp bài này rồi nhưng không giải được, sau đó em hỏi thầy thì thầy nói đây là bài toán sai, phương trình này không thể giải được.

Câu 5 (có chữ HẾT (.❛ ᴗ ❛.) )

Đặt \(P=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)

Ta có:

\(a\ge0\Rightarrow b^3+1\ge1\Rightarrow a\sqrt{b^3+1}\ge a\)

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}b\sqrt{c^3+1}\ge b\\c\sqrt{a^3+1}\ge c\end{matrix}\right.\)

Cộng vế: \(P\ge a+b+c=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị

\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\dfrac{1}{2}a\left(b^2+2\right)=\dfrac{1}{2}ab^2+a\)

Tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\le\dfrac{1}{2}bc^2+b\) ; \(c\sqrt{a^3+1}\le\dfrac{1}{2}ca^2+c\)

Cộng vế: \(P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=mid\left\{a;b;c\right\}\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\le0\Leftrightarrow a^2+bc\le ac+ab\Rightarrow ca^2+bc^2\le ac^2+abc\)

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

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le\dfrac{1}{2}.2a\left(b+c\right)\left(b+c\right)\le\dfrac{1}{54}\left(2a+2b+2c\right)^3=4\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}.4+3=5\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right)\) và 1 số hoán vị

Câu 5 em thấy thầy làm từ chiều, em nghĩ anh nên đổi câu khác:

Cho \(x,y,z\ge0\).Tìm giá trị lớn nhất :\(P=\dfrac{x}{x^2 y^2 2} \dfrac{y}{y^2 z^2 2} \dfrac{z}{z^2 x^2 2}\) - Hoc24

Câu cuối:

Ta chứng minh BĐT phụ sau: với mọi x;y;z dương, ta luôn có: \(\dfrac{x^3+y^3}{x^2+y^2}\ge\dfrac{x+y}{2}\)

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương:

\(2\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (đúng)

Áp dụng:

\(P\ge\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{b+c}{2}+\dfrac{c+a}{2}=a+b+c\ge6\)

\(P_{min}=6\) khi \(a=b=c=2\)

2.

\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\ge16\Rightarrow a+b\ge4\)

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

Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{a+b}{2}\ge\dfrac{6}{a+b-1}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)-12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)\left(a+b+3\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi \(a+b\ge4\))

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=2\)

\(M=\dfrac{ab}{bc+ca}+\dfrac{ac}{ab+bc}+\dfrac{bc}{ab+ca}\)

\(M=\dfrac{\left(ab\right)^2}{ab^2c+a^2bc}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{a^2bc+abc^2}+\dfrac{\left(bc\right)^2}{ab^2c+abc^2}\)

\(M\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\dfrac{3abc\left(a+b+c\right)}{2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{3}{2}\)

\(M_{min}=\dfrac{3}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

Ở bước đầu tiên nếu mình đặt ẩn phụ \(\left(ab;bc;ca\right)=\left(x;y;z\right)\) thì M là Netsbitt 

Câu 5:

\(2\ge a^2+c^2+b^2\ge2\left|ac\right|+b^2\ge2\left|ac\right|\Rightarrow-1\le ac\le1\)

\(2\ge a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow2-2ab-2bc+2ca\ge a^2+b^2+c^2-2ab-2bc+2ca\)

\(\Rightarrow2-2ab-2bc+2ca\ge\left(a+c-b\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow1-ab-bc+ca\ge0\)

\(\Rightarrow-ab-bc\ge-ca-1\)

\(\Rightarrow P\ge2021ca-ca-1=2020ca-1\ge-2020-1=-2021\)

\(P_{min}=-2021\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;0;-1\right)\) hoặc \(\left(-1;0;1\right)\)