Ta có:

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

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

\(=4a\frac{1+b^2}{1+c^2}+4b\frac{1+a^2}{1+c^2}\)

Tương tự : 

\(\frac{\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}{1+a^2}\ge4c\frac{1+b^2}{1+a^2}+4b\frac{1+c^2}{1+a^2}\)

\(\frac{\left(1+c\right)^2\left(1+a\right)^2}{1+b^2}\ge4a\frac{1+c^2}{1+b^2}+4c\frac{1+a^2}{1+b^2}\)

Đến đây dùng Cauchy là ra

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

bài này hay đó

\(24\le\sqrt{a}\sqrt{ab}+\sqrt{b}\sqrt{bc}+\sqrt{c}\sqrt{ca}\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\le\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}}\)

\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge12\)

Câu hỏi của Nguyễn Thiều Công Thành - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Ta có: \(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}=\sqrt{ab}\cdot\sqrt{a}+\sqrt{bc}\cdot\sqrt{b}+\sqrt{ca}\cdot\sqrt{c}\)

\(\le\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\cdot\left(a+b+c\right)}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}}\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}\ge576\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge1728\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt[3]{1728}=12\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=4\)

1)Cho A=111...1(2n chữ số 1),B=111...1(n+1 chữ số 1), C=666...6(chữ số 6).C/m:A+B+C+8 là số chính phương

2)C?m:Các số sau là các số chính phương

a)A=999...9000...025(n chữ số 9 và n chữ số 0)

b)B=999...9000...01(n chữ số 9 và n chữ số 0)

c)C=444...4888...89(n chữ số 4 và n chữ số 8)

d)D=111...1222...25(n chữ số 1 và n+1 chữ số 2)

3)Tìm số chính phương n để:n^2-2006 là số chính phương

1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó

2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3. 

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)

Ta có 2 TH sau:

- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)

\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12

- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)

3. Với \(n=1\) thỏa mãn

Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)

Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)

TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)

\(\Rightarrow n=10m+4\)

TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)

Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5

áp dụng bđt phụ

\(x^2+y^2+z^2>=xy+xz+yz\)

ta đượcp>=12

nham. thuc ra

áp dụng bdt cô si ta có

\(\frac{a^4}{b\left(c+a\right)^2}+b>=\frac{a^2}{c+a}\)

cm tương tự 

do do P+a+b+c>=\(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\)

áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có

\(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}>=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{12}{2}=6\)

=>P>=-6

dau = xay ra<=>

\(\hept{\begin{cases}\frac{a^4}{b\left(c+a\right)^2}=b\\\frac{b^4}{c\left(a+b\right)^2}=c\end{cases}}va\hept{\begin{cases}\frac{c^4}{a\left(b+c\right)^2}=c\\\frac{\left(c+a\right)^2}{a^2}=\frac{\left(a+b\right)^2}{b^2}=\frac{\left(b+c\right)^2}{c^2}\\a+b+c=12\end{cases}}\)

<=>a=b=c=4(tm)

a: \(f\left(-3\right)=3\cdot9=27\)

\(f\left(2\sqrt{2}\right)=3\cdot8=24\)

\(f\left(1-2\sqrt{3}\right)=3\cdot\left(13-4\sqrt{3}\right)=39-12\sqrt{3}\)

b: Ta có: \(f\left(a\right)=12+6\sqrt{3}=\left(3+\sqrt{3}\right)^2=3\left(\sqrt{3}+1\right)^2\)

nên \(3x^2=3\left(\sqrt{3}+1\right)^2\)

hay \(x\in\left\{\sqrt{3}+1;-\sqrt{3}-1\right\}\)

c.

$f(b)\geq 6b+12$

$\Leftrightarrow 3b^2\geq 6b+12$

$\Leftrightarrow b^2\geq 2b+4$

$\Leftrightarrow b^2-2b-4\geq 0$

$\Leftrightarrow (b-1-\sqrt{5})(b-1+\sqrt{5})\geq 0$

$\Leftrightarrow b\geq 1+\sqrt{5}$ hoặc $b\leq 1-\sqrt{5}$