\(VT=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}\)

\(VT< \dfrac{a+c}{a+b+c}+\dfrac{b+a}{a+b+c}+\dfrac{c+b}{a+b+c}=2\)

\(VP=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\)

\(VP\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2\)

\(\Rightarrow VP>VT\) (đpcm)

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c>0\)

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

\(< =>\frac{ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc}\ge\frac{3}{2}\)

\(< =>2\left[ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\right]\ge3\left[\left(a+b+c\right)\left(...\right)-abc\right]\)

\(< =>2\left(ac^2+a^2b+cb^2\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)

\(< =>ac^2+a^2b+cb^2\ge ca^2+ab^2+c^2b\)

\(< =>\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\)(đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ta có bất đẳng thức sau \(\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)( cm = bunhia phân thức )

\(< =>1+\frac{a+b}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+1+\frac{b+c}{a+b}+\frac{b+c}{c+a}+1+\frac{c+a}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}\ge9\)

\(< =>\frac{a}{a+b}+\frac{2a}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge6\)(*)

Đặt \(A=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\);\(B=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}\);\(C=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

Khi đó bất đẳng thức (*) tương đương với \(A+B+2C\ge6\)

Do\(A+B=3\)\(=>2C\ge3=>C\ge\frac{3}{2}\)

Suy ra \(A+B+C\ge6-\frac{3}{2}=\frac{12-3}{2}=\frac{9}{2}\)(1)

Xét tổng :\(B+C=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a+b}{a+c}+\frac{c+a}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\ge3\)(AM-GM) (2)

Từ (1) và (2) ta được \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\)

Done !

Ta có :  \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

\(\Rightarrow\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Áp dụng ta có :

\(\frac{a}{b+c}=a.\frac{1}{b+c}\le a.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)\)

Tương tự : 

\(\frac{b}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)\)

\(\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Áp dụng BĐT cô si ta có : 

\(\frac{b+c}{a}\ge4.\frac{a}{b+c}\)

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

\(\frac{a+b}{c}\ge\frac{ac}{a+b}\)

\(\Rightarrow\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\ge4.\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi a=  b = c

bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)

khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)

Tương tự \(b< ac,c< ab\)

Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)

mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên

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

\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)

Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)

và \(xy+yz+xz\ge1\)

ta phải chứng minh  có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)

Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)

\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó

\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

Toán lớp 8 hay là toán lớp 6 vậy. Dễ quá đi

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:  \(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\) \(\Rightarrow\) \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) trong đó \(x,y,z\ge0\) .

Ta có:

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2\sqrt{\frac{a^2}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)  \(\left(1\right)\)

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

\(\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{c^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=2\sqrt{\frac{c^2}{4}}=2.\frac{c}{2}=c\)  \(\left(3\right)\)

Cộng  \(\left(1\right)\)  \(;\) \(\left(2\right)\)  và  \(\left(3\right)\)  vế theo vế, ta được:

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

Vậy,  \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}+\ge\frac{a+b+c}{2}\)  

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^3\ge b^3\ge c^3\\\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{b+c}\ge\frac{b^3}{c+a}\ge\frac{c^3}{a+b}\)

Do đó áp dụng BĐT Chybeshev:

\(\left(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\right)\left[\left(a+b\right)+\left(c+a\right)+\left(b+c\right)\right]\ge3\left[\frac{a^3}{b+c}.\left(b+c\right)+\frac{b^3}{c+a}\left(c+a\right)+\frac{c^3}{a+b}\left(a+b\right)\right]\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\right)\left[\left(a+b\right)+\left(c+a\right)+\left(b+c\right)\right]\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\ge\frac{3}{2}.\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

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

Tương tự : \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\) ; \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}\)

Cộng theo vế : \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)

câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m

Bạn nói rõ hơn được không???

Để chừng nào t làm được câu 1 thì t giải giúp cho 1 lần luôn

\(a^2\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)\ge0.\)

\(a^2\left(\frac{a-}{b+c}\frac{b}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{b}{a+c}\frac{-c}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{c-}{a+b}\frac{a}{b+c}\right)\ge0.\)

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

\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2.\) cái này dễ rồi .