a)Ta có :

(a+b+c)² - (ab+bc+ca) =0 <=> a²+b²+c²+ab+bc+ca =0

<=>2a²+2b²+2c²+2ab+2bc+2ca=0

<=>(a+b)²+(b+c)²+(c+a)²=0

<=>a+b =b+c =c+a =0

<=>a=b=c=0

Vậy điều kiện để phân thức M được xác định là a;b;c không đồng thời bằng 0.

b)Ta có hằng thức: (a+b+c)²=a²+b²+c²+2(ab+bc+ca)

Ta đặt a²+b²+c²=x ; ab+bc+ca=y.Khi đó (a+b+c)²= x+2y

Ta có: 

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

= a²+b²+c²+ab+bc+ca.

=a²+b²+c²+ab+bc+ca

Gt thêm nhe

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương

\(1+b^2\ge2\sqrt{1\cdot b^2}=2b\)

\(1+c^2\ge2c\)

\(1+a^2\ge2a\)

\(\Rightarrow a\cdot\left(1+b^2\right)+b\cdot\left(1+c^2\right)+c\cdot\left(1+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)

Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

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

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

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ! 

https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034

Ta có : \(3=ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\Rightarrow1\ge abc\)

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

\(=\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(ab+2ac\right)}+\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(bc+2ab\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(ca+2cb\right)}\)

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{abc\left(3ab+3ac+3bc\right)}\)\(=\frac{3^2}{9abc}\)\(\ge1\)\(\left(dpcm\right)\)

a) Ta có: \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Mà \(Vt\ge0\left(\forall a,b,c\right)\) nên dấu "=" xảy ra khi:

\(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\Rightarrow a=b=c\)

Ta có : a² + b² + c² = ab + bc + ca

=> 2a² + 2b² + 2c² = 2ab + 2bc + 2ca

=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca = 0

= (a² - 2ab + b²) +  (b² - 2bc + c²) + (c² - 2ca + a²) = 0

=> (a - b)² + (b - c)² + (c - a)² = 0

=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\Rightarrow a=b=c\left(\text{đpcm}\right)\)

b) Ta có :  2(x² + t²) + (y + t)(y - t) = 2x(y + t)

=> 2x² + 2t² + y² - t² = 2xy + 2t

=> 2x² + t² + y² = 2xt + 2xy

=> 2x² + t² + y² - 2xt - 2xy = 0

=> (x² - 2xy + y²) + (x² + t² - 2xt)  = 0

=> (x - y)² + (x - t)² = 0

=> \(\hept{\begin{cases}x-y=0\\x-t=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=y\\x=t\end{cases}}\Rightarrow x=y=t\left(\text{đpcm}\right)\)

c) Ta có a + b + c = 0 

=> (a + b + c)² = 0

=> a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca = 0

=> a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = 0

=> a² + b² + c² = 0

=> a = b = c = 0

Khi đó A = (0 - 1)²⁰⁰³ + 0²⁰⁰⁴ + (0 + 1)²⁰⁰⁵

= - 1 + 0 + 1 = 0

Vậy A = 0

Bài này mình gặp rất nhiều khó khăn khi biến đổi, và vì biểu thức quá dài nên mình phải dùng ký hiệu \(\Sigma_{sym}\), có thể sẽ gặp phải những sai sót-> sai cả bài, do đó bài làm bên dưới chỉ nêu hướng làm thôi (quy đồng).

Nhân hai vế của BĐT cho \(2\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)\) BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\Leftrightarrow\)\(3\Sigma_{sym}a^3b^3c+\Sigma_{sym}ab^4c^2\ge3\Sigma_{sym}a^5bc+\Sigma_{sym}a^4b^3\)

\(\Leftrightarrow3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)+\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\)

Do \(3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)\ge0\) theo định lí Muirhead.

Do đó ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\). Và chịu:(

Không mất tính tổng quát, ta giả sử c là số nhỏ nhất.

Đặt \(f\left(a;b;c\right)=VP-VT\) và \(t=\frac{a+b}{2}\)

Trước hết ta chứng minh \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(t;t;c\right)\).

Xét hiệu hai vế và nó tương đương ta thấy nó \(\ge0\) do giả sử:

Vậy ta chỉ cần chứng minh \(f\left(t;t;c\right)\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(c-t\right)^2\left(3c^2+3ct+2t^2\right)}{2t\left(c+t\right)\left(2c+t\right)\left(c^2+t^2\right)}\ge0\) (đúng)

Vậy ta có đpcm.

P/s: Lần sau cho đề đẹp đẹp tí, kiểu này quy đồng mà không có máy tính thì cực chetme:(

Bạn tham khảo lời giải tại đây:

Câu hỏi của Nguyễn Xuân Đình Lực - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)