Mushz

Áp dụng bđt:

$\sum \frac{a^{3}}{x}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3(\sum x)}$ với $a,b,c,x,y,z$ > $0$

Ta có: A$\geq$$\frac{(a+b+c)^{3}}{3.(3+9abc(a+b+c))}$          (1)

Mặt khác, $3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ac)^{2}$             (2)

(1), (2) => dpcm...

Vậy cuối cùng ta cần chứng minh:
$$b^2c+a^2c\leq 2$$

khúc chứng minh này của bạn là sao? Mình chưa hiểu. Mà sao không dùng công cụ dễ dàng hơn là AM-GM 3 số:
$3b^{2}c\leq2b^{3}+c^{3}$ và $3a^{2}c\leq2a^{3}+c^{3}$ suy ra $b^2c+a^2c\leq 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})/3=2$
-----------
Bổ đề quen thuộc với $a^2+b^2+c^2=3$ là $ab^2+bc^2+ca^2\leq 2+abc$ !

PTNK nhất toán rồi, anh Huy 33đ, hạng nhất giải nhất, mới lớp 11, nhân tài không đợi tuổi.

anh Huy lớp 9 học đến chương trình toán 12 rồi anh. Ngòai ra theo em biết thì mới lớp 10 mà thầy Dũng đã muốn đưa ảnh đi thi rồi ấy chứ

L chưa là trung điểm của AD sao là dtb được

Xin lỗi, mình nhầm. gọi L là trung điểm để CM E,F,L thẳng hàng

Nhận xét đây là đa thức bậc 2.
Đkxđ: $a,b,c$ đôi một khác nhau.
Ta dễ dàng nhận thấy: $P(a)=P(b)=P©=0\Rightarrow a,b,c$ là không điểm của $P(x)$ nên đa thức $P(x)$ có 3 nghiệm là $a,b,c$.
Mà một đa thức bậc $2$ có tối đa 2 nghiệm. Nên ta dẫn đến đa thức P(x) đồng nhất với đa thức $0$.
Vậy $P(x)=0$ không phụ thuộc $x$

P(a)=P(b)=P(c)=1 chứ Triết. chắc ngó lộn rồi.

Ta có $\sum \frac{1}{a^{2}+2}=\frac{1+\frac{(b+c)^{2}}{2}}{(a^{2}+1)(1+\frac{(b+c)^{2}}{2})}$

$\sum \frac{1}{a^{2}+2}=\frac{1+\frac{(b+c)^{2}}{2}}{(a^{2}+2)(1+\frac{(b+c)^{2}}{2})}$
vậy mới đúng nè. Chắc do gấp quá bạn gõ sai.

Do $a,b,c \epsilon [0;1] \Rightarrow 0\leq a^{2}\leq a\leq 1 ...
\Rightarrow(1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1 + (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{2}b^{2}c^{2}\leq 1 + a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a$
Dấu bằng xảy ra khi
\left\{\begin{matrix} & abc=0\\ & (1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} &a^{2}=a \\ & b^{2}=b\\ & c^{2}=c \end{matrix}\right.$
Vậy a,b,c hoán vị vòng quanh (0;0;1) và (0;1;1)

Sao bạn lại có hướng làm AM-GM kiểu này thế?

mình nghĩ là do VP có $a^{2}b$ và vế trái có $a^{3}$ đó bạn

Không mất tổng quát giả sử c là số lớn nhất.
BĐT đã cho tương đương với: $\frac{a+2}{b+2}+\frac{b+2}{c+2}+\frac{c+2}{a+2}-3\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}-\frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
Ta có các đẳng thức sau:
$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-3=\frac{1}{xy}(x-y)^{2}+\frac{1}{xz}(z-x)(z-y)$
$x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx=(x-y)^{2}+(z-x)(z-y)$
Từ đó $VP-VT=(a-b)^{2}\left ( \frac{1}{3}-\frac{1}{(a+2)(b+2)} \right )+(c-a)(c-b)\left ( \frac{1}{3}-\frac{1}{(a+2)(c+2)} \right )\geq 0$
Dễ thấy BĐT này đúng, ta có đpcm. ĐTXR khi $a=b=c=1$

Dựa trên cách giải này, em có bài này: Với a,b,c>0. CMR:
$\sum \frac{a}{b}\geq \sum \frac{a+c}{b+c}$ (tổng cyc hết nha - tiện thể ai chỉ cách viết tổng cyc luôn đi)

CMR: Với mọi x,y,z >0 ta có:
$(1+\frac{x}{y})(1+\frac{y}{z})(1+\frac{z}{x}) \geq 2 +\frac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}$

Mình nói hướng thế này không biết đúng không(anh em gạch đá mạnh tay để mình tỉnh nhé ).Từ cái đk thì mình có thể biểu diễn 2 ẩn $y,z$ qua $x$ (chắc vậy) rồi sau đó thế vào $S$ và coi là hàm số ẩn $x$ với $x\in \left [ -3;3 \right ]$.Từ đó xét đạo hàm và lập bảng biến thiên là tìm được min và max.
P/S:thấy cách này nó ảo ảo thế nào ấy

giới hạn đc $1\leqslant x,y,z\leq \frac{7}{3}$ lận đó bạn. Mình chưa ra nhưng cũng xin góp thêm chút đỉnh đó.