\(A=\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}\ge\dfrac{4}{2b}\ge\dfrac{2}{b}\\\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{b+c-a+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2c}\ge\dfrac{2}{c}\\\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{a+b-c+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2a}\ge\dfrac{2}{a}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) \(dấu"="xảy\) \(ra\Leftrightarrow a=b=c\)

Vế trái bậc 0, vế phải bậc 1, không đồng bậc với nhau . BĐT sai ngay với \(a=9,b=3,c=6\)

Sửa: \(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\)

Chứng minh:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\text{VT}=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}=\frac{a^4}{a^2bc}+\frac{b^4}{b^2ac}+\frac{c^4}{c^2ab}\)

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

Ta có kết quả quen thuộc của BĐT Cauchy là:

\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)

Và: \((ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)\)

Do đó: \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\geq \frac{3abc(a+b+c)}{ab+bc+ac}(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2).3abc(a+b+c)}{(ab+bc+ac)abc(a+b+c)}=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Tham khảo 

BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{-a+b+c}+\dfrac{b}{a-b+c}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)

Áp dụng BĐT Svac-xơ, ta có:

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

Ta có: \(a,b,c\) là 3 cạnh của 1 tam giác nên:

\(a\left(b+c\right)>a^2\). Tương tự và cộng theo vế, ta có:

\(2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)>0\)

Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge3\left(1\right)\)

Thật vậy, \(BĐT\left(1\right)\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)^2\ge6\left(ab+bc+ca\right)\), đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Cách 2:

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}-a+b+c=x\\a-b+c=y\\a+b-c=z\end{matrix}\right.\) với \(x,y,z>0\)

Khi đó ta có \(a=\dfrac{y+z}{2};b=\dfrac{x+z}{2};c=\dfrac{x+y}{2}\)

BĐT cần chứng minh trở thành:

\(\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}\ge6\), đúng theo bđt Cauchy

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :

\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)

\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)

\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)

Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :

\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:

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

Do đó:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 2:

Thay $1=a+b+c$ và áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

\(=\frac{(a+a+b+c)(b+a+b+c)(c+a+b+c)}{abc}\)

\(\geq \frac{4\sqrt[4]{a.a.b.c}.4\sqrt[4]{b.a.b.c}.4\sqrt[4]{c.a.b.c}}{abc}=\frac{64abc}{abc}=64\)

Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\Leftrightarrow\left(c^2b-abc-b^2c+ab^2\right)+\left(ca^2+abc-ac^2-a^2b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow b\left(c^2-ac-bc+ab\right)-a\left(c^2-ac-bc+ab\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c^2-ac-bc+ab\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c-b\right)\left(c-a\right)\ge0\) (luôn đúng do \(c\ge b\ge a>0\))

Bài 1:

Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên \(b+c-a; c+a-b; a+b-c>0\)

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương:

\(\frac{a^2}{b+c-a}+(b+c-a)\geq 2\sqrt{a^2}=2a\)

\(\frac{b^2}{a+c-b}+(a+c-b)\geq 2\sqrt{b^2}=2b\)

\(\frac{c^2}{a+b-c}+(a+b-c)\geq 2\sqrt{c^2}=2c\)

Cộng theo vế và rút gọn:

\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}+a+b+c\geq 2(a+b+c)\)

\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\geq a+b+c\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:

\(ab+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{ab.\frac{a}{b}}=2a\)

\(ab+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{ab.\frac{b}{a}}=2b\)

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\)

Cộng theo vế và rút gọn:

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

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

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$

Bài 3:
Vì \((a+c)(b+c)=1\) nên:

\(A=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}=\frac{1}{[(a+c)-(b+c)]^2}+\frac{(b+c)^2+(c+a)^2}{(a+c)^2.(b+c)^2}\)

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

\(=\frac{1}{(a+c)^2+(b+c)^2-2}+(b+c)^2+(c+a)^2-2+2\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{1}{(a+c)^2+(b+c)^2-2}+[(b+c)^2+(c+a)^2-2]\geq 2\)

\(\Rightarrow A\geq 2+2=4\) (đpcm)

\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2\left(b+c\right)}{4\left(b+c\right)}}=a\)

Tương tự: \(\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{a+c}{4}\ge b\) ; \(\dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng vế: \(VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)