Ta có:

\(P=\dfrac{a+3}{a+1}+\dfrac{b+3}{b+1}+\dfrac{c+3}{c+1}\)

\(P=3+2.\left(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\right)\)

\(P\ge3+2.\dfrac{9}{a+b+c+3}=6\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\).

Vậy \(min_P=6\), xảy ra khi \(a=b=c=1\)

xin bài này , 5 phút sau làm

nếu ai trả lời trc tao , thì thằng đó tự đăng tự tl 

1.

\(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)< 0\\ \Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]< 0\\ \Leftrightarrow\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\left(1\right)\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tg nên \(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a-b< c\\a+b>c\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b+c>0\\a-b-c< 0\\a+b-c>0\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\)

Do đó \(\left(1\right)\) luôn đúng (do 3 dương nhân 1 âm ra âm)

Từ đó ta được đpcm

uầy e đọc chả hỉu j lun :(

Ta có:\(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta được:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)

\(\Leftrightarrow\frac{-b-1}{a+b+1}+\frac{-c-1}{b+c+1}+\frac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)

\(\Leftrightarrow\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\)(*)

Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:

VT(*)\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)

Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)

\(=\frac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)

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

=>VT(*)\(\ge\)2=VP (*)

Vậy Bđt được chứng minh

Cho hỏi VT;VP là gì

Ta có BĐT sau:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\ge2a^2b+2b^2c+2c^2a\)

Sử dụng AM - GM ta dễ có được:

\(a^3+ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)

\(b^3+bc^2\ge2\sqrt{b^4c^2}=2b^2c\)

\(c^3+c^2a\ge2\sqrt{c^4a^2}=2c^2a\)

\(\Rightarrow BĐT\) đầu tiên đúng

Khi đó ta có:

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

Một vài đánh giá cơ bản rồi đặt ẩn phụ rồi xét đạo hàm phát ra nhé

@huybip5cc, bn giải kĩ ra giúp mk nhé, mk dốt lắm, nhìn vậy ko hiểu đâu ạ, mơn nh!

\(P=2\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{12}+\dfrac{3}{a+b+c}+\dfrac{23}{12}\left(a+b+c\right)\)

\(P\ge2\sqrt{\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{12\left(a+b+c\right)}}+\dfrac{23}{12}.6=\dfrac{25}{2}\)

\(P_{min}=\dfrac{25}{2}\) khi \(a=b=c=2\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:

\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)

\(=[a(a+b+c)]^2\)

\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Ta có : \(p=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}.\frac{b+c}{4ab}}=\frac{1}{a}\)

\(\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{a+c}{4ac}\ge4\sqrt{\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}.\frac{a+c}{4ac}}=\frac{1}{b}\)

\(\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}.\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)

Cộng vế với vế ta được \(p+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Leftrightarrow p+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Rightarrow p\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{2a.2b.2c}}=\frac{3}{\sqrt[3]{8abc}}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Xét: \(\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\frac{bc}{a\cdot abc\cdot\frac{1}{c}+a\cdot abc\cdot\frac{1}{b}}=\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)(*)

Tương tự với (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{ca}{b^2c+ab^2}=\frac{c^2a^2}{ab+bc}\\\frac{ab}{c^2a+bc^2}=\frac{a^2b^2}{ca+bc}\end{cases}}\)

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

Ta thấy\(\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\) có dạng: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)

Bước cuối Cô-si ba số và kết hợp điều kiện abc=1 là xong