Bunhiacopxki:

\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a^2+ab}{\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2}\ge\dfrac{2a^2+ab}{\left(2a+b\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)}=\dfrac{a^2}{c^2+ab+bc}\)

Tương tự:

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

\(\dfrac{2c^2+ca}{\left(a+\sqrt{bc}+b\right)^2}\ge\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)

BĐT trở thành: \(\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt{x^2+z^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(x^2+z^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(y+z\right)^2\ge\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}\le\dfrac{xy}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)\)

Tương tự: \(\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)\)

\(\dfrac{zx}{\sqrt{z^2+x^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx}{x+y}+\dfrac{zx}{y+z}\right)\)

Cộng vế với vế:

\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx+yz}{x+y}+\dfrac{xy+zx}{y+z}+\dfrac{yz+xy}{z+x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}\ge3+\dfrac{2a^2+2b^2+2c^2-2\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}\ge5-\dfrac{6\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}+\dfrac{6\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge5\)

Do \(\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}=\dfrac{2a^2}{ab+ac}+\dfrac{2b^2}{bc+ab}+\dfrac{2c^2}{ac+bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{6\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge5\)

Điều này hiển nhiên đúng do:

\(VT=\dfrac{2}{3}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{6\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(VT\ge2\sqrt{\dfrac{12\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^2}}+\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}=5\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:

\((a+b)^2+\frac{a+b}{2}=(a+b)[(a+b)+\frac{1}{2}]\)

\(=(a+b)[(a+\frac{1}{4})+(b+\frac{1}{4})]\geq 2\sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})=2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4}$

\(\Leftrightarrow\dfrac{2+3\left(2a+b+2\sqrt{2bc}\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge\dfrac{16}{\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3}\)

\(\Leftrightarrow3+\dfrac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge\dfrac{16}{\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3}\)

Do \(\dfrac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge\dfrac{2}{2a+b+b+2c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

Và \(2b^2+2\left(a+c\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(3+\dfrac{1}{a+b+c}\ge\dfrac{16}{a+b+c+3}\)

Thật vậy, ta có:

\(3+\dfrac{1}{a+b+c}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{a+b+c}\ge\dfrac{16}{1+1+1+a+b+c}=\dfrac{16}{a+b+c+3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=\dfrac{b}{2}=c=\dfrac{1}{4}\)

Kiểm tra lại đề đê. Với [ a = 1/10, b = 1/3, c = 1/10 ] thì đề sai.

(Đề đây nhưng chắc số 3 ở ngoài căn nha, họ đánh nhầm)

Đề như trong ảnh chỉ có 1 giáo viên ra nên có lỗi cũng phải thôi. Có phản ví dụ thì khỏi bàn cãi :D

Bài này có bạn giải rồi:

Cho các số thực dương a,b,c.Chứng minh rằng :\(\dfrac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{c\left(2b-c\right)}{... - Hoc24

chia abc

Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:

\(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

ĐẶT: \(x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1\)

KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:

\(\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

ĐẶT : \(t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:

\(x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6\)        (DO xyz=1)

\(\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2\)

VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:

\(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0\)

ĐÚNG VỚI : \(t\ge2\)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c

\(\Rightarrow DPCM\) 

Do a, b, c là các số thực dương nên abc khác 0

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\)\(+\sqrt[3]{\left(\frac{a^2}{bc}+1\right)\left(\frac{b^2}{ca}+1\right)\left(\frac{c^2}{ab}+1\right)}\)(Chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho abc khác 0)

Đặt \(x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và bất đẳng thức trên trở thành \(\sqrt{\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(\frac{x}{z}+1\right)\left(\frac{y}{x}+1\right)\left(\frac{z}{y}+1\right)}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+xyz}\ge1+\sqrt[3]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+1}\ge1+\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)

Đặt \(t=\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)suy ra \(t\ge2\). Khi đó ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t\left(t-2\right)\left(t+1\right)\ge0\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do \(t\ge2\)

Vậy bài toán được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

`sqrta+sqrtb+sqrtc=2`

`<=>(sqrta+sqrtb+sqrtc)^2=4`

`<=>a+b+c+2sqrt{ab}+2sqrt{bc}+2sqrt{ca}=4`

`<=>2sqrt{ab}+2sqrt{bc}+2sqrt{ca}=4-(a+b+c)=4-2-2`

`<=>sqrt{ab}+sqrt{bc}+sqrt{ca}=1`

`=>a+1=a+sqrt{ab}+sqrt{bc}+sqrt{ca}=sqrta(sqrta+sqrtb)+sqrtc(sqrta+sqrtb)=(sqrta+sqrtb)(sqrta+sqrtc)`

Tương tự:`b+1=(sqrtb+sqrta)(sqrtb+sqrtc)`

`c+1=(sqrtc+sqrta)(sqrtc+sqrtb)`

`=>VT=sqrta/((sqrta+sqrtb)(sqrta+sqrtc))+sqrtb/((sqrtb+sqrta)(sqrtb+sqrtc))+sqrtc/((sqrtc+sqrta)(sqrtc+sqrtb))`

`=>VT=(sqrta(sqrtb+sqrtc)+sqrtb(sqrtc+sqrta)+sqrtc(sqrta+sqrtb))/((sqrta+sqrtb)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta))`

`=(sqrt{ab}+sqrt{ac}+sqrt{bc}+sqrt{ab}+sqrt{ac}+sqrt{bc})/((sqrta+sqrtb)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta))`

`=(2(sqrt{ab}+sqrt{bc}+sqrt{ca}))/((sqrta+sqrtb)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta))`

`=2/((sqrta+sqrtb)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta))`

`=2/\sqrt{[(sqrta+sqrtb)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta)]^2}`

`=2/\sqrt{(sqrta+sqrtb)(sqrta+sqrtc)(sqrtb+sqrta)(sqrtb+sqrtc)(sqrtc+sqrta)(sqrtc+sqrtb)}`

`=2/\sqrt{(1+a)(1+b)(1+c)}=>đpcm`