Ta có:

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{4}{a+2b+c}\ge\dfrac{4}{\dfrac{a^2+1}{2}+b^2+1+\dfrac{c^2+1}{2}}=\dfrac{8}{b^2+7}\)

Tương tự

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{8}{a^2+7}\)

\(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{8}{c^2+7}\)

Cộng vế:

\(2\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{8}{a^2+7}+\dfrac{8}{b^2+7}+\dfrac{8}{c^2+7}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{4}{a^2+7}+\dfrac{4}{b^2+7}+\dfrac{4}{c^2+7}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

86 vì ta học lớp 9

Ta có: \(a\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)+b\left(a^2-1\right)\left(c^2-1\right)+c\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)

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

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

\(=ab^2c^2-ab^2-ac^2+a+ba^2c^2-a^2b-bc^2+b\)

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

\(=\left(ab^2c^2+ba^2c^2+ca^2b^2\right)+\left(a+b+c\right)\)

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

\(=abc\left(bc+ac+ab\right)+\left(a+b+c\right)\)\(-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\)

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

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

\(=abc\left(bc+ac+ab\right)+abc+3abc\)\(-abc\left(ab+bc+ca\right)=4abc\)

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

a) VT = (a - 1)(a - 2) + (a - 3)(a + 4) - (2a² + 5a - 34)

         = a² - 2a - a + 2 + a² + 4a - 3a - 12  - 2a² - 5a + 34

       = (a² + a² - 2a²) - (2a + a - 4a + 3a + 5a) + (2 - 12 + 34)

        =  -7a + 24

=> VT = VP

=> đpcm

b) VT = (a - b)(a² + ab + b²) - (a + b)(a² - ab + b²)

         = (a³ - b³) - (a³ + b³)

         = a³ - b³ - a³ - b³

           = -2b³ 

=> VT = VP

=> Đpcm

Câu b bn xem đề lại (a + b)(a² - ab + b²) ko phải là (a + b)(a² - ab - b²)

Lời giải:

Giả sử $(a^2+b^2, ab)>1$. Khi đó, gọi $p$ là ước nguyên tố lớn nhất của $(a^2+b^2,ab)$

$\Rightarrow a^2+b^2\vdots p; ab\vdots p$

Vì $ab\vdots p\Rightarrow a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$

Nếu $a\vdots p$. Kết hợp $a^2+b^2\vdots p\Rightarrow b^2\vdots p$

$\Rightarrow b\vdots p$

$\Rightarrow p=ƯC(a,b)$ . Mà $(a,b)=1$ nên vô lý 

Tương tự nếu $b\vdots p$
Vậy điều giả sử là sai. Tức là $(a^2+b^2, ab)=1$

Nếu có 2 số đồng thời bằng 0 BĐT tương đương \(0\le\dfrac{3}{4}\) hiển nhiên đúng

Nếu ko có 2 số nào đồng thời bằng 0:

\(VT=\dfrac{bc}{a^2+b^2+a^2+c^2}+\dfrac{ca}{a^2+b^2+b^2+c^2}+\dfrac{ab}{a^2+c^2+b^2+c^2}\)

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

\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}\right)=\dfrac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(bc\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{bc}{a^2+1}\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4\left(a^2+1\right)}\) chứng minh tương tự với mấy cái còn lại ta dc           \(\dfrac{bc}{a^2+1}+\dfrac{ac}{b^2+1}+\dfrac{ab}{c^2+1}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{a^2+1}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{b^2+1}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+1}\right]\) .Thay a^2 +b^2 +c^2 =1 vào vế phải ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\right]\)

áp dụng bunhiacopski dạng phân thức ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{b^2+a^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{b^2}{c^2+b^2}\right]\)                           \(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2+a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2+b^2}{c^2+b^2}\right]\) \(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\dfrac{3}{4}\left(đpcm\right)\)

1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:

\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)

Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.

Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích: 

\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)

Tương tự và cộng lại ...

Từ đó:

\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+abc\ge abc\)

Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp

2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)

Đây là BĐT Schur bậc 3

`1)(a+b+c)^2=3(a^2+b^2+c^2)`

`<=>a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3a^2+3b^2+3c^2`

`<=>2ab+2bc+2ca=2a^2+2b^2+2c^2`

`<=>a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2=0`

`<=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0`

Mà `(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2>=0`

Vậy dấu "=" xảy ra chỉ có thể là `a=b=c`

`2)(a+b+c)^2=3(ab+bc+ca)`

`<=>a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3ab+3bc+3ca`

`<=>a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca`

`<=>2ab+2bc+2ca=2a^2+2b^2+2c^2`

`<=>a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2=0`

`<=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0`

Mà `(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2>=0`

Vậy dấu "=" xảy ra chỉ có thể là `a=b=c`

Vậy nếu `a=b=c` thì ....

1) Ta có: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a=c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)

Đề bài sai, phản ví dụ: \(a=b=0,c=1\)

BĐT này chỉ đúng khi a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác