Vì bạn lớp 9 nên mình sẽ làm theo cách lớp 9 :)

Gọi số học sinh trung bình,khá,giỏi lần lượt là x,y,z ( x,y,z > 0 ; x,y,z thuộc N ; học sinh )

 Ta nhận thấy trong giả thiết : \(x=28\)(1)

Cứ 7 học sinh trung bình thì có 3 học sinh khá : \(\frac{x}{7}-\frac{y}{3}=0\)(2)

 Cứ 4 học sinh khá thì có 1 học sinh giỏi.: \(\frac{y}{4}-z=0\)(3)

Từ 1 ; 2 và 3 ta suy ra được hệ ba phương trình bậc nhất 3 ẩn sau :

\(\hept{\begin{cases}x=28\\\frac{x}{7}-\frac{y}{3}=0\\\frac{y}{4}-z=0\end{cases}}\)\(< =>\hept{\begin{cases}x=28\\\frac{28}{7}-\frac{y}{3}=0\\\frac{y}{4}-z=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}x=28\\4-\frac{y}{3}=0\\\frac{y}{4}-z=0\end{cases}}\)\(< =>\hept{\begin{cases}x=28\\\frac{12}{3}=\frac{y}{3}< =>y=12\\\frac{y}{4}-z=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}x=28\\y=12\\\frac{12}{4}-z=0\end{cases}}\)\(< =>\hept{\begin{cases}x=28\\y=12\\z=3\end{cases}}\)(4)

Từ 4 suy ra số học sinh lớp 9b là \(28+12+3=43\)

Vậy số học sinh lớp 9b là 43 học sinh ( tmđk )

Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)

\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)

Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)

Ai có cách hay?

1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.

2a) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)

\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)

\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)

Đặt \(a=\frac{x^2}{z},\text{ }b=\frac{y^2}{z}\) thì \(z=\sqrt{x^4+y^4}\) và x, y, z > 0

Ta cần chứng minh: \(z\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)-\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2\ge2\sqrt{2}\)

Tương đương: \(\sqrt{x^4+y^4}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\ge\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2+2\sqrt{2}\)

Sau cùng ta cần chứng minh: \(\frac{2\left(3-2\sqrt{2}\right)\left(x^2-y^2\right)^2}{x^2y^2}\ge0\)

Xong.

Nhân tiện, với cùng điều kiện như trên thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi \(k\le1\):  

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge k\left(\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2+2\sqrt{2}\)

+) k = 1 đã được chứng minh.

+) k = 0 quá quen thuộc.

+) k < 0 thì yếu hơn k = 0.

Cách 1:Giả sử \(a=max\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow1-3a\le0\)

Ta có:

\(P=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)

\(=ab+bc+ca-3abc\)

\(=a\left(b+c\right)+bc\left(1-3a\right)\)

\(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}+0=\frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra tại \(a=b=\frac{1}{2};c=0\)

Cách 2:

Ta sẽ đi chứng minh \(a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\le\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-12abc\le\Sigma a^3+3\Sigma a^2b+3\Sigma ab^2+6abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-18abc\)

Theo Schur thì \(a^3+b^3+c^3\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2+3abc\ge\Sigma a^2b+\Sigma ab^2-18abc\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{4}\) tại a=b=¹/₂ ; c=0 và các hoán vị

Cách 3:

\(\frac{1}{4}-P=\frac{\left(a+b+c\right)^3}{4}-\Sigma a^2b-\Sigma ab^2\)

\(=\frac{1}{4}\left(a^3+b^3+c^3-\Sigma a^2b-\Sigma ab^2+3abc\right)+\frac{3}{4}abc\ge0\) ( đúng theo Schur )

Vậy \(P\le\frac{1}{4}\)

Nhớ không nhầm thì hình như trong này có 1 cách của tth_new nhé !