Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:

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

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:

\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)

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

Như vậy lúc này ta được:

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

Vậy bài toán đã được chứng minh.

1+1=3 à

nếu sai mong bn thông cảm

~HT~

K cho mình nha cảm ơn các bn

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

Bằng 11 đó

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

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

\(\Rightarrow\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c+a}{4ca}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}\cdot\frac{c+a}{4ca}}=\frac{1}{b}\)

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

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

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

Mà\(\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)nên:

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

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

Bất đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

bạn giỏi quá

Nguyễn Đăng Nhân

= 10 (du 3)

=10 dư 3 nha

ta có :

\(\frac{ax+by}{2}\ge\frac{a+b}{2}.\frac{x+y}{2}\Leftrightarrow2\left(ax+by\right)\ge\left(a+b\right)\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by\right)\ge ax+ay+bx+by\)

\(\Leftrightarrow ax-ay+by-bx\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(x-y\right)\ge0\)

Điều này đúng do giả thuyết \(a\ge b,x\ge y\)

Ta có $\genfrac{}{}{0ex}{}{ax+by}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{2}.\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{2}$

$\iff 2(ax+by)\ge (a+b)(x+y)$

$\iff 2(ax+by)\ge ax+ay+bx+by$

$\iff ax+by-ay-bx\ge 0$

$\iff (a-b)(x-y)\ge 0$ (luôn đúng vì giả thiết $a\ge b$ và $x\ge y$).

Vậy nếu $a\ge b$, $x\ge y$ thì $\genfrac{}{}{0ex}{}{ax+by}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{2}.\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{2}$.

$4x^2+4y^2+4xy>6y-4\left(1\right)$

$\iff 4x^2+4y^2+4xy-6y+4>0\left(2\right)$

$\iff 4x^2+4xy+y^2+3y^2-6y+3+1>0$

$\iff {(2x+y)}^2+3(y^2-2y+1)+1>0$

$\iff {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2+1>0$

$+){(2x+y)}^2\ge 0$

$3{(y-1)}^2\ge 0$

$\to {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2\ge 0$

$\to {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2+1\ge 1>0$

BĐT(2) luôn đúng

$\to$ BĐT(1) luôn đúng

Vậy $4x^2+4y^2+4xy>6y-4$

Ta có $4x^2+4y^2+6x+3\ge 4xy$

$\iff (x^2-4xy+4y^2)+3(x^2+2x+1)\ge 0$

$\iff (x-2y{)}^2+3(x+1{)}^2\ge 0$ (luôn đúng với mọi $x$, $y$).

Vậy với mọi $x$, $y$ ta có $4x^2+4y^2+6x+3\ge 4xy$.

\(a+b+c+d+e\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-kb\right)^2+\left(a-kc\right)^2+\left(a-kd\right)^2+\left(a-ke\right)^2\ge0\)

Ta chọn \(k=2\)hay nhân 2 vế với 4

*Xét hiệu 2 vế bất đẳng thức.

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\)

\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\right)-4\left(ab+ac+ad+ae\right)}{4}\)

\(=\frac{\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)}{4}\)

\(=\frac{\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2}{4}\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi\(a=2b=2c=2d=2e\)

n chia hết cho 3 => n =3k (k ∈Z)
n(n+1) =3k (3k+1) 
nếu k le ; k =2t+1 (t ∈Z)
3k (3k+1) =3(2t+1 )[ (3.(2t+1) +1 ] =3(2t+1 )[6t+3 +1) =3.(2t+1 )[6t+4)
=3(2t+1 ).2.(3t+2) =6(2t+1 ) (3t+2) chia hết cho 6
nếu k chẵn ; k =2t (t ∈Z)
3k (3k+1) =6t (3k+1 ] = chia hết cho 6
=> n(n+1) chia hết cho 6 nếu n chia hết cho 3=> dpcm

ếu $n$ chia hết cho $3$ thì $n=3k$ với $k\in \mathbb{N}$.

 Xét $k=2m$ thì $n=6m$ suy ra $n(n+1)=6m(6m+1)$ chia hết cho $6$.

 Xét $k=2m+1$ thì $n=3(2m+1)=6m+3$.

Suy ra $n(n+1)=(6m+3)(6m+4)=3.(2m+1).2(3m+2)=6.(2m+1).(3m+2)$ chia hết cho $6$.

Nếu n lẻ thì n³ lẻ
n lẻ <=> n =2k +1 (k ∈ Z)
n^3 =(2k +1)³ =8k³ +3.4k² +3.2k +1=2( 4k³ +6k² +3 k) +1
2( 4k³ +6k² +3 k) chia hết cho 2 => là số chẵn 
=>2( 4k³ +6k² +3 k) +1 là số lẻ => n³ lẻ

Nếu $n$ lẻ thì $n$ có dạng $n=2k+1$ với $k\in \mathbb{N}$.

Do đó $n^3=(2k+1{)}^3=8k^3+12k^2+6k+1=2(k^3+6k^2+3k)+1$.

Suy ra $n^3$ lẻ.

Vậy với mọi số tự nhiên $n$, nếu $n$ lẻ thì $n^3$ lẻ.

Cho \(x\ne-1;y\ne-1\)

Giả sử: \(x+y+xy=-1\)

<=>\(x+xy+y+1=0\)

<=>\(\left(x+xy\right)+\left(y+1\right)=0\)

<=>\(x\left(y+1\right)+\left(y+1\right)=0\)

<=>\(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=0\)

<=>\(\orbr{\begin{cases}x+1=0\\y+1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\y=-1\end{cases}}}\)(Trái với điều giả thiết)

=>\(x+y+xy\ne-1\)

Giả sử $x+y+xy=-1$.

$\Rightarrow x+y+xy+1=0\iff (x+1)(y+1)=0$

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x+1=0\\y+1=0\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x=-1\\y=-1\end{matrix}\right.\) ( mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy nếu x ≠ -1 và y ≠ -1 thì x = y + xy ≠ -1