Sửa đề: Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức 

 |b - c| > |a|(*);  |c - a| > |b|(**);   |a - b| > |c|(***)

Ta dễ thấy a, b, c phải khác nhau từng đôi 1

Ta thấy rằng vai trò của a, b, c trong bài này là như nhau nên ta chỉ cần giải 4 trường hợp là

\(\left(a>0,b>0,c>0\right);\left(a< 0,b< 0,c< 0\right);\left(a>0,b>0,c< 0\right);\left(a< 0,b< 0,c>0\right)\)     

Không mất tính tổng quát ta giả sử: |a| > |b| > |c|

Với \(a>0,b>0,c>0\)thì |b - c| > |a| là sai (1)

Với \(a< 0,b< 0,c< 0\) thì |b - c| > |a| là sai (2)

Với \(a>0,b>0,c< 0\)thì ta đặt \(c=-z\left(z>0\right)\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}b+z>a\\a-b>z\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}z>a-b\\z< a-b\end{cases}}\)(sai) (3)

Với \(a< 0;b< 0;c>0\)thì ta đặt \(\hept{\begin{cases}a=-x\left(x>0\right)\\b=-y\left(y>0\right)\end{cases}}\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}y+c>x\\x-y>c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c>x-y\\c< x-y\end{cases}}\)(sai) (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra điều phải chứng minh

mk góp thêm 1 cách nữa

Giả sử tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn cả 3 BĐT trên. Ta có:

\(\left|b-c\right|>\left|a\right|\)\(\Rightarrow\)\(\left(b-c\right)^2>a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(b^2-2bc+c^2-a^2>0\)

\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)>0\)(1)

Tương tự \(\left|c-a\right|>\left|b\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (2)

           và \(\left|a-b\right|>\left|c\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (3)

Nhân (1), (2) và (3) theo vế ta được \(-\left[\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\right]^2>0\) (vô lý)

Vậy ko tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn 3 BĐT đã cho.

với \(x+y+z=3\Rightarrow3x=x\left(x+y+z\right)=x^2+xy+xz\Rightarrow3x+yz=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\)

tương tự mấy cái kia nhé

Áp dụng bđt bu nhi a ta có \(\left(x+y\right)\left(x+z\right)\ge\left(\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)^2\Rightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\ge\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\)

=> \(x+\sqrt{3x+yz}\ge x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)

=> \(\frac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}\le\frac{x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\) 

tương tự mấy cái kia rồi cộng vào ta có 

\(A\le\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\) (ĐPCM)

bằng 1

\(\frac{11x}{5}-\sqrt{2x+1}=3y-\sqrt{4y-1}+2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4y-1}-\sqrt{2x+1}=3y+2-\frac{11x}{5}\)

Vì 4y - 1 chia cho 4 có số dư là 2 nên \(\sqrt{4y-1}\)là số vô tỷ .

Ta có VP là số hữu tỉ. VT là số vô tỷ và \(\hept{\begin{cases}4y-1\\2x+1\end{cases}}\)là 2 số hữu tỷ nên.

\(\Rightarrow\sqrt{4y-1}-\sqrt{2x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow x=2y-1\)

Thế lại phương trình ban đầu ta được.

\(\Rightarrow y=3\)

\(\Rightarrow x=5\)

Vậy nghiệm cần tìm là \(\hept{\begin{cases}x=5\\y=3\end{cases}}\) 

11x5 −√2x+1=3y−√4y−1+2

⇔√4y−1−√2x+1=3y+2−11x5 

Vì 4y - 1 chia cho 4 có số dư là 2 nên √4y−1là số vô tỷ .

Ta có VP là số hữu tỉ. VT là số vô tỷ và {

là 2 số hữu tỷ nên.

⇒√4y−1−√2x+1=0

⇔x=2y−1

Thế lại phương trình ban đầu ta được.

⇒y=3

⇒x=5

Vậy nghiệm cần tìm là {

đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)

\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

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

\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarts ta có:

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

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

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

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

\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)

\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:  \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

1. Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engle, ta có :

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

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

\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

Vì a, b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\Leftrightarrow a+b\le3\)

\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+2b+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)

Ta có: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

<=>\(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)<=>\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

<=>\(3^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)<=>\(P=xy+yz+zx\le3\)=>P_max=3 <=> x=y=z=1

Ta có BĐT đúng sau:

x2 + y2 + z2 >= xy + yz + zx

<=> (x + y + z)2 >= 3(xy + yz + zx)

<=> 9 >= 3 P <=> P <=3 (dấu bằng khi x = y = z =1)

Từ giả thiết:\(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)

Đặt \(\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c\)\(\Rightarrow ab+bc+ca=1\)

Ta có:\(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\)\(=\sqrt{\frac{1}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+y^2}}+\sqrt{\frac{1}{1+z^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+x}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{y}+y}}+\sqrt{\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}+z}}\)\(=\sqrt{\frac{a}{a+\frac{1}{a}}}+\sqrt{\frac{b}{b+\frac{1}{b}}}+\sqrt{\frac{c}{c+\frac{1}{c}}}\)

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

Đến đây:\(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{a+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)

Tương tự:\(\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}\right);\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\)

Cộng 3 bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh :))

sao hỏi vớ vẩn thía

x(x+1)+y(y+1)+z(z+1) \(\le18\)

<=> \(x^2+y^2+z^2+\left(x+y+z\right)\le18\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Rightarrow54\ge\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow-9\le x+y+z\le6\)

\(\Rightarrow0\le x+y+z\le6\)

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{x+y+1}+\frac{x+y+1}{25}\ge\frac{2}{5}\\\frac{1}{y+z+1}+\frac{y+z+1}{25}\ge\frac{2}{5}\\\frac{1}{z+x+1}+\frac{z+x+1}{25}\ge\frac{2}{5}\end{cases}}\Rightarrow B+\frac{2\left(x+y+z\right)+3}{25}\ge\frac{6}{5}\)

\(\Rightarrow B\ge\frac{27}{25}-\frac{2}{25}\left(x+y+z\right)\ge\frac{15}{25}=\frac{3}{5}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z>0;x+y+z=6\\\left(x+y+1\right)^2=\left(y+z+1\right)^2=\left(z+x+1\right)^2=25\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=2}\)

vậy giá trị nhỏ nhất cho B=3_/5 khi x=y=z=2

Hai Ngox  Xem laị  từ dòng thứ 2  và dòng thứ 3 xuống dưới. Nhiều lỗi quá!

giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1

khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)

\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)

\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)

do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x

=> x<1_/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)

(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)

dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/₃ <=> a=b=c

@Hai Ngox: Sao phải giả sử a +  b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.

Ngoài ra:

Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)

Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)

Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)

đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)

Sai đề!

Sửa lại!

\(A=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}.\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}..\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{4-2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}.\)

\(=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{4-2-\sqrt{3}}=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2-\sqrt{3}}=\sqrt{4-3}=1.\)