Anh làm cách cosi

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

Ta có \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}\ge2b^2\)

       \(\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge2c^2\)=>     \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)

         \(\frac{a^2c^2}{b^2}+\frac{a^2b^2}{c^2}\ge2c^2\)

=> \(VT^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)

=> \(VT\ge3\)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c1

xD

Có: \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge3\)(1)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\)

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

Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{\left(abc\right)^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\right]}{\left(abc\right)^2}\ge0\)(đúng)

Vậy ........... dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay a=b=c=1

Làm đại nha!

Chuyển vế qua ta có bđt tương đương

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

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

Nhiệm vụ là đi CM Bđt trên

Biến (1) thành dạng: \(S_1\left(c-b\right)^2+S_2\left(a-c\right)^2+S_3\left(b-a\right)^2\ge0\)(2)

trong đó: \(\hept{\begin{cases}S_1=\frac{a^2}{b\left(b+c\right)\left(c-b\right)}\\S_2=\frac{b^2}{c\left(c+a\right)\left(a-c\right)}\\S_3=\frac{c^2}{a\left(a+b\right)\left(b-a\right)}\end{cases}}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow S_1\left(c-b\right)^2-S_2\left[\left(c-b\right)+\left(b-a\right)\right]^2+S_3\left(b-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(S_1-S_2\right)\left(c-b\right)^2+\left(S_3-S_2\right)\left(b-a\right)^2-2\left(c-b\right)\left(b-a\right)S_2\ge0\)

hay \(\Leftrightarrow\left(S_1-S_2\right)\left(c-b\right)^2+\left(S_3-S_2\right)\left(b-a\right)^2+2\left(c-b\right)\left(b-a\right)\left(-S_2\right)\ge0\)(3)

Tới đây cần chứng minh (3) đúng

Xét: \(S_1-S_2=\frac{a^2}{b\left(b+c\right)\left(c-b\right)}-\frac{b^2}{c\left(c+a\right)\left(a-c\right)}=\frac{a^2}{b\left(b+c\right)\left(c-b\right)}+\frac{b^2}{c\left(c+a\right)\left(c-a\right)}>0\)(do từ gt)

Xét \(S_3-S_2=.....>0\)(tương tự làm nha)

Xét \(-S_2=\frac{b^2}{c\left(a+c\right)\left(c-a\right)}>0\)

Có: \(\hept{\begin{cases}S_1-S_2>0\\S_3-S_2>0\\-S_2>0\end{cases}}\)Suy ra (3) đúng

Suy ra (2) và (1) cũng đúng 

Vậy .........

Không biết đúng không

bạn làm nhầm rồi 

Đoạn \(\left(2\right)\Leftrightarrow....+S_2\)bạn ghi thành \(\Leftrightarrow...-S_2\)

xD

Có: \(\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}+\frac{z^2-y^2}{x+y}\)(1)

\(=\frac{\left(x-z\right)\left(x+z\right)}{y+z}+\frac{\left(y-x\right)\left(x+y\right)}{z+x}+\frac{\left(z-y\right)\left(y+z\right)}{x+y}\)

\(\left(1\right)=S_1\left(x-z\right)^2+S_2\left(y-x\right)^2+S_3\left(z-y\right)^2\)

Trong đó:

\(\hept{\begin{cases}S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\\S_2=\frac{x+y}{\left(z+x\right)\left(y-x\right)}\\S_3=\frac{y+z}{\left(x+y\right)\left(z-y\right)}\end{cases}}\)

Giả sử: \(x\ge y\ge z\)( x,y,z lớn hơn 0)

Có: \(S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\ge0\)

Xét: \(S_1+S_2=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}-\frac{x+y}{\left(x+z\right)\left(x-y\right)}=\frac{\left(x+z\right)^2+\left(x+y\right)\left(y+z\right)^2+\left(y+z\right)\left(y-z\right)\left(2x+y+z\right)}{.....}\ge0\)

Xét tiếp \(S_1+S_3\)là xong

Không biết đúng k tại mình hơi yếu

*Nếu được giả sử như bạn Cà Bùi thì bài làm của em như sau,mong mọi người góp ý ạ!

Ta có: \(VT=\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}-\frac{x^2-z^2+y^2-x^2}{x+y}\)

\(=\left(x^2-z^2\right)\left(\frac{x+y-y-z}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\right)+\left(y^2-x^2\right)\left(\frac{x+y-z-x}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}\right)\) (nhóm các số thích hợp + quy đồng)

\(=\frac{\left(x+z\right)\left(x-z\right)^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(y-x\right)\left(y-z\right)}{\left(z+x\right)}\)

Do a, b, c có tính chất hoán vị, nên ta giả sử y là số lớn nhất. Khi đó vế trái không âm hay ta có đpcm.

dung dang linh tin len dien dan ban nhe

Phan Văn An:đây là câu hỏi mà bạn.bạn bt thì ans giúp mik với !

Chừa 1 suất cho mik.  7h mik về

Làm đại luôn mặc dù chưa xong xD. Có sai sót gì cho xin lỗi nha!

Đặt: \(M=\frac{a^2+bc}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2+ca}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2+ab}{\left(a+b\right)^2}\)

\(M=\frac{\frac{1}{\left(b+c\right)^2}}{\frac{1}{a^2+bc}}+\frac{\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}{\frac{1}{b^2+ca}}+\frac{\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}{\frac{1}{c^2+ab}}\)

Áp dụng Bđt AM-GM dạng Engel:

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

Chuẩn hóa: \(a+b+c=3\)

Có: \(A=\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)^2\ge\left(\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2=\left(\frac{3}{2}\right)^2\)

CM:\(B=\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{3}{2}\)so what ? Tới đây k biết làm. 

b) \(x\left(x^2+x+1\right)-x^2\left(x+1\right)-x+5\)

\(=x^3+x^2+x-x^3-x^2-x+5\)

\(=\left(x^2-x^2\right)+\left(x-x\right)+\left(x^3-x^3\right)+5\)

\(=0+0+0+5\)

\(=5\)

Giá trị của biểu thức trên luôn bằng 5 nên nó không phụ thuộc vào giá trị của biến. 

a) \(x\left(5x-3\right)-x^2\left(x-1\right)+x\left(x^2-6x\right)-10+3x\)

\(=5x^2-3x-x^3+x^2+x^3-6x^2-10+3x\)

\(=\left(5x^2+x^2-6x^2\right)+\left(x^3-x^3\right)+\left(3x-3x\right)-10\)

\(=0+0+0-10\)

\(=-10\)

Giá trị của biểu thức trên luôn bằng -10 nên nó không phụ thuộc vào giá trị của biến (đpcm)

Ví dụ :

\(5^2=\left(\sqrt{16}+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}5=\sqrt{16+1}\\5=-\sqrt{16}-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}5=5\\5=-5\end{cases}}\)

Đặng Viết Thái sai rồi anh ơi! Anh thử giải theo cách đưa về dạng \(A^2=B^2\) mà không xét 2 trường hợp \(\orbr{\begin{cases}A=B\\A=-B\end{cases}}\) xem có thiếu nghiệm không? :D

Ta có 

\(\frac{a^2}{a+b^2}=\frac{a^2+ab^2-ab^2}{a+b^2}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)

Khi đó 

\(A\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)

Mà \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)

=> \(A\ge\frac{9}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)( ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\)

Do \(a+b^2\ge2b\sqrt{a}\)

\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)

Do \(\sqrt{a}\le\frac{a+1}{2}\)

a) Ta có: gócDAB+gócBAC=gócDAC
               gócEAC+gócBAC=gócBAE
       MÀ gócDAB=gócEAC(=90độ)
=> gócDAC=gócBAE
xét tam giác DAC và tam giác BAE có:
AD=AB(GT)
AE=AC(GT)
gócDAC=gócBAE(cmt)
=>tam giác DAC =tam giác BAE(c.g.c) 
gọi giao điểm của AB và CD là F
      giao điểm của BE VÀ CD là I
Xét tam giác afd vuông tại A
=>gócADF+gócDFA=90độ
   mà gócADF= gócABI ( tam giác DAC =tam giác BAE  )
gócDFA=gócBFI
=> gócABI+gócBFI=90độ
=>gócFIB=90độ
=>CD vuông góc BE

b)từ a 
có KH,BE,CD là 3 đường cao của tam giácKBC nên chúng đồng quy tại I

a) Kẻ DM, EN vuông góc BC.

Xét :

_ AC = CE

_ 

_  (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Nên chúng bằng nhau, suy ra: 

Tương tự: 

Do  (P là giao của CK và BE, quên vẽ) nên CNEP là tứ giác ntiếp 

Do đó 2 tam giác vuông 

Từ đó: 

2 tg này có 2 cặp cạnh tg ứng vuông góc là MD, BH và MC, KH nên cặp còn lại 

b) Từ a ta có KH, BE, CD là 3 đường cao , nên chúng đòng quy tại I.

Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta được

\(a^3+1+1\ge3\sqrt[3]{a^3.1.1}\)

=> \(a^3+2\ge3a\)

Áp dụng tương tự có

\(ab+1\ge2\sqrt{ab.1}\)

=>\(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)

=>\(\frac{a^3+2}{ab+1}\ge\frac{3a}{2\sqrt{ab}}\)

=> \(\frac{a^3+2}{ab+1}\ge\frac{3}{2}\sqrt{\frac{a}{b}}\)

Chứng minh tương tự thì Q\(\ge\frac{3}{2}\left(\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt{\frac{c}{a}}\right)\)

Áp dụng cô si lần nữa thì \(\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt{\frac{c}{a}}\ge\sqrt{\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}}=1\)

=>Q\(\ge\frac{3}{2}\)

Min Q=3/2. 

#)Mất công lắm tui ms tìm đc cách bải này đấy, xin đừng cho ăn gạch đá :v

Ta có (a^3+2)/(ab+1) = 1/2.(2a^3+4)/(ab+1)
Mà 2a^3+4= (a^3+a^3+1) +3
Mặt khác theo BĐT CBS ta có a^3+a^3+1≥ 3a^2
=>2a^3 +4≥ 3(a^2+1)
Tương tự với (b^3 + 2)/(bc + 1) và (c^3 + 2)/(ca + 1)
=>Q ≥ 3/2[(a^2+1)/(ab+1) +(b^2+1)/(bc+1) +(c^2+1)/(ca+1)]
Theo BĐT CBS=> (a^2+1)/(ab+1) +(b^2+1)/(bc+1) +(c^2+1)/(ca+1) ≥ 3.căn bặc ba của [(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)]/[(ab+1)(bc+1)(ac+1)]
Mà theo bất đẳng thức bunhicốpxki
=>(a^2+1)(b^2+1)≥(ab+1)^2
(b^2+1)(c^2+1)≥(bc+1)^2
(c^2+1)(a^2+1)≥(ac+1)^2
=>[(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)]/[(ab+1)(bc+1)(ac+1)]≥1
=> (a^2+1)/(ab+1) +(b^2+1)/(bc+1) +(c^2+1)/(ca+1) ≥ 3
=> Q ≥9/2
Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

       P/s : trả công ( đùa tí :P )

           #~Will~be~Pens~#