Bài này giải bằng Bunhiacopxki (kết hợp nguyên lý Dirichlet) chứ AM-GM thì e là không ổn:

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(a^2;b^2;c^2\) luôn có 2 số cùng phía so với 1, không mất tính tổng quát, giả sử đó là \(b^2\) và \(c^2\)

\(\Rightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow b^2c^2+1\ge b^2+c^2\)

\(\Rightarrow b^2c^2+2b^2+2c^2+4\ge3b^2+3c^2+3\)

\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(b^2+c^2+1\right)\)

\(\Rightarrow\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a^2+1+1\right)\left(1+b^2+c^2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

ok. Mình không nghĩ là toán 8 và thực sự chả hiểu j cả

Bài 1:

(a)

Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)

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

Ta có đpcm.

(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.

Đặt

\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)

Khi đó:

\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)

\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$

(c):

Theo BĐT tam giác:

\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)

Ta có đpcm.

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)

Bài 3:

Ta có:

\((x-1)(x-3)(x-4)(x-6)+9\)

\(=[(x-1)(x-6)][(x-3)(x-4)]+9\)

\(=(x^2-7x+6)(x^2-7x+12)+9\)

\(=a(a+6)+9\) (đặt \(x^2-7x+6=a\) )

\(=a^2+6a+9=(a+3)^2\geq 0, \forall a\in\mathbb{R}\)

Ta có đpcm.

Từ giả thiết:

\(a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2\)

Ta có:

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

\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)

Tương tự và cộng lại, đồng thời đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\):

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{\dfrac{yz.xz.xy}{x^2y^2z^2}}=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đây nhé 

Đặt b + c = x ; c + a = y ;  a + b = z 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có : 

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y) 

e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !

Sử dụng BĐT AM-GM ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)

Bằng cách chứng minh tương tự :

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

Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :

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

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)