Cho e làm thử ạ:(

\(P=\frac{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}\)

\(=\frac{a+b+c+ab+bc+ca+abc+1}{1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc}\)

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

\(=1+\frac{2+2abc}{ab+bc+ca-abc}\)

Đặt \(\left(a+b+c;ab+bc+ca;abc\right)\rightarrow\left(p,q,r\right)\)

Khi đó \(P=1+\frac{2+2r}{q-r}\)

Áp dụng \(3q\le p^2\Rightarrow q\le\frac{1}{3}\Rightarrow P\ge1+\frac{2+2r}{\frac{1}{3}-r}=1+\frac{6+6r}{1-3r}\)

 Sau khi đưa P về 1 biến thì e tịt ngòi r ạ:( Đến đây thì đi kiểu nào cx ngược dấu:( 

Ta có: \(a+b+c=1\); a, b , c > 0 => 0 < a; b; c <1 

=> \(\hept{\begin{cases}1+a=\left(1-b\right)+\left(1-c\right)\ge2\sqrt{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}\\1+b=\left(1-c\right)+\left(1-a\right)\ge2\sqrt{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}\\1+c=\left(1-a\right)+\left(1-b\right)\ge2\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\end{cases}}\)

=> \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge8\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)

=> \(P\ge8\)

"=" xảy ra <=>  a = b =c = 1/ 3

1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)

Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)

\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)

Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm.

Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v

Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau

Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)

Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)

Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)

bài này có 4 cách làm nha :)))))))

Mình học ngu nên chỉ biết cách của lớp 1 mà ai cũng biết:

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) ta cần c/m: \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

Tới đây khó quá không biết làm sao nữa.

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y = 2x - 5 và y = x + 2 là nghiệm phương trình:

\(2x-5=x+2\)

<=> \(x=7\)

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng y = 2x - 5 và y = x + 2 là: \(A\left(7;9\right)\). Khi đó  3 đường thẳng đồng quy tại A.

=> A thuộc đường thẳng y = ax - 12

=> \(9=a.7-12\)

=> \(a=3\)

ĐK để phuơng trình có 2 nghiệm: 

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow1^2-3+m\ge0\Leftrightarrow m\ge2\)(1)

Áp dụng định lí Viet ta có: \(x_1+x_2=2\); \(x_1.x_2=3-m\)

Vì \(x_2\) là nghiệm của pt nên: \(x^2_2-2x_2+3-m=0\)

<=> \(x^2_2-2x_2+4=m+1\)

Khi đó ta có: \(2\left(2-x_2\right)^3+\left(x_2^2-2x_2+4\right)x_2^2=16\)

<=> \(2\left(8-12x_2+6x_2^2-x_2^3\right)+\left(x_2^2-2x_2+4\right)x_2^2=16\)

<=> \(x_2\left(x_2^3-4x_2^2+16x_2-24\right)=0\)

<=> \(x_2\left(x_2-2\right)\left(x_2-2x_2+12\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x_2=0\Rightarrow x_1=2\Rightarrow3-m=0\Rightarrow m=3\\x_2=2\Rightarrow x_1=0\Rightarrow3-m=0\Rightarrow m=3\end{cases}}\)( tm (1) )

Thử lại với m = 3 . Thỏa mãn.

Vậy:...

Xét vế trái: Bạn nhân cả tử và mẫu với lần lượt là b^2.c^2; c^2.a^2; a^2.b^2

=> cái mẫu thành lần lượt là a(b+c); b(c+a); c(a+b) do abc=1=> a^2.b^2.c^2=1 và tử lần lượt là b^2.c^2; c^2.a^2; a^2.b^2

xong áp dụng cauchy schwarz thôi => vế trái >= (ab+bc+ca)^2/2(ab+bc+ca)=(ab+bc+ca)/2=(ab+bc+ca)/2abc=1/2a+1/2b+1/2c

=> ĐPCM.

\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)

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

\(\ge\frac{\left(bc+ac+ab\right)^2}{2\left(ab+ac+bc\right)}\ge\frac{\left(bc+ac+ab\right)}{2}\)

\(=\frac{bc}{2}+\frac{ac}{2}+\frac{ab}{2}=\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a =b = c.

Áp dụng bất đẳn thức Cauchy-Schwarz ta có: 

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

          \(\ge\left(\frac{a}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{b}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{c}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}\right)=\left(a+b+c\right)\)\(\left(đpcm\right)\)

ấy chết em quên ko có mũ 2 

Dễ thôi bạn đặt căn lập x+4=a; căn lập x=b =>a khác b

=> a^3=x+4; b^3=x

=> a^3-b^3=4

=> (a^3-b^3)/4=1

từ pt ta có a-b=1

<=> 4(a-b)=a^3-b^3

<=> (a^2+ab+b^2-4)(a-b)=0

Do a khác b => a^2+ab+b^2=4

Thay 4= a^3-b^3

=> a^2+ab+b^2=a^3-b^3

=> tìm đc a-b-1=0

=> a=b+1

xong thay vào hệ pt x+4=a^3; x=b^3 thôi sẽ tìm đc a,b => Tìm đc x