Ta có :

\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)+\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)\ge0\left(1\right)\)

Do a,b,c là các số thực dương không nhỏ hơn 1 nên (1) đúng .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi : \(\hept{\begin{cases}\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)=0\\\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)=0\\\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)=0\end{cases}\Rightarrow a=b=c}\)

Dấu "=" còn xảy ra ở các TH: 

a = b = 1, c bất kì .

a = c =1, b bất kì

b = c = 1,  a bất kì

( a, b, c ko nhỏ hơn 1 )

Xét ~~~~\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)(Do a,b,c không nhỏ hơn 1 nên abc > 0)\(\Leftrightarrow a^2b^2c^2-\left(abc^2+ab^2c+a^2bc\right)+\left(ab+bc+ca\right)-1\ge a^2b^2c^2-\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)-1\)\(\Leftrightarrow-\left(abc^2+ab^2c+a^2bc\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge-\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(\Leftrightarrow2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-2\left(abc^2+ab^2c+a^2bc\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\)\(\Leftrightarrow\left(bc-ca\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(ca-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)\(\Leftrightarrow c^2\left(a-b\right)^2+b^2\left(a-c\right)^2+a^2\left(b-c\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)\(\Leftrightarrow\left(c^2-1\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2-1\right)\left(a-c\right)^2+\left(a^2-1\right)\left(b-c\right)^2\ge0\)(Đúng do a,b,c không nhỏ hơn 1)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc (a,b,c) = (1,1,k) (k bất kì) và các hoán vị

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)

Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).

BĐT được viết lại như sau:

\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)

\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:

\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)

\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)

\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )

Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

Bài 1:

Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)

\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)

\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)

Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và

\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)

BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

Câu 1/ Ta có

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

\(\Leftrightarrow1\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\le a+b+c< 3\)

Ta có: \(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)

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

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

\(=a+b+c-2\left(a+b+c\right)^2+4\) (1)

Đặt \(a+b+c=x\left(\sqrt{3}\le x< 3\right)\)

Ta tìm GTNN của hàm số: \(y=-2x^2+x+4\)

\(\Rightarrow y'=-4x+1=0\)

\(\Rightarrow x=\frac{1}{4}=0,25\)

Thế x lần lược các giá trị \(\left\{\begin{matrix}x=0,25\\x=\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y=4,125\\y=-2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y_{min}=-2+\sqrt{3}\) đạt cực trị tại \(x=\sqrt{3}\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra GTNN của M là \(-2+\sqrt{3}\) tại \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Bạn xem lời giải ở đây nhé https://olm.vn/hoi-dap/question/960694.html

Another way CLICK HERE

Ta có:

\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a\left(a+1\right)}{8}+\frac{a\left(b+1\right)}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)

\(\Rightarrow LHS+\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+2\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow LHS\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)

\(\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)

Có ý tưởng đến đây thôi nhưng lại bị ngược dấu rồi :(

BĐT <=> \(\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

<=> \(\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+1+ab+bc+ac+a+c+b}\ge\frac{3}{4}\)

<=> \(4\left(ab+bc+ac+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ac+a+b+c+2\right)\)

<=> \(ab+bc+ac+a+b+c\ge6\)(1)

(1) luôn đúng do \(ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)

=> BĐT được CM

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Biến đổi tương đương ta có : 

\(\frac{a}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow4.a.\left(c+1\right)+4.b.\left(a+1\right)+4.c.\left(b+1\right)\ge3.\left(a+1\right).\left(b+1\right).\left(c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4.\left(a+b+c\right)+4.\left(ab+bc+ac\right)\ge3.a.b.c+3.\left(a+b+c\right)+3.\left(ab+bc+ca\right)+3\)

\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)

Sử dụng thêm bất đẳng thức Cauchy 3 số ta có : 

a+b+c \(\ge\)3.\(\sqrt[3]{abc}\)và ab + bc + ca \(\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c =1

Mình áp dụng BĐT AM-GM  đến dòng 

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b\ge6\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta được

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[2]{\left(abc\right)^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[2]{abc}=3\)

Cộng từng vế  BĐT ta được (1). Do vậy BĐT ban đầu được chứng minh

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1