1) Áp dụng bđt \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\)  :

Ta có : \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)

P/s: Không biết cách này có đúng không?

Chuyển vế qua và đặt thừa số chung,ta cần chứng minh:

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\).Ta cần chứng minh:

\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z \(\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2\Leftrightarrow a=b=c\)

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2b^2}{b^2c^2}}\ge\frac{2a}{c}\) ; \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2c}{b}\) ; \(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2b}{a}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

2. \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc.ac}{ab}}=2c\) ; \(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Tự nhiên lục được cái này :'( 

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

Cộng theo vế ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

Lời giải:

\(\text{VT}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+b-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+c-\frac{ca^2}{a^2+c^2}=(a+b+c)-\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2}+\frac{bc^2}{b^2+c^2}+\frac{ca^2}{c^2+a^2}\right)(1)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

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

Từ $(1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq a+b+c-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng Svac - xơ:

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

Cách khác:

Áp dụng Cauchy:

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

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

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

Cộng các vế trên. ta được:

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

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

Cách 3:\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\left(a-b\right)^2\left(a+b+c\right)}{2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Easy nà!

Đặt \(\frac{a}{b}=x;\frac{b}{c}=y;\frac{c}{a}=z\) thì xyz = 1

BĐT trở thành: \(x^2+y^2+z^2\ge x+y+z\)

Áp dụng BĐT AM-GM,ta có: \(VT+1=\left(x^2+y^2\right)+\left(z^2+1\right)\)

\(\ge2xy+2z\ge2\sqrt{2xy.2z}=4\sqrt{xyz}=4\)

Suy ra \(VT\ge3\) (1)

Lại có: \(x^2+1\ge2x;y^2+1\ge2y;z^2+1\ge2z\)

Cộng theo vế 3 BĐT: \(VT+3\ge2\left(x+y+z\right)\)

Kết hợp (1) suy ra \(2VT\ge VT+3\ge2\left(x+y+z\right)=2VP\)

Từ đây,ta có:\(2VT\ge2VP\Rightarrow VT\ge VP^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1

Lời giải:

\(\text{BĐT}\Leftrightarrow \frac{\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}}{abc}\geq\frac{ab+bc+ac}{abc}\)

\(\Leftrightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq ab+bc+ac\) \((\star)\)

Điều này hiển nhiên đúng vì theo Cauchy-SChwarz kết hợp AM-GM:

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

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài 1: Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương:

\(VT\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{abc}}\ge3\sqrt[3]{\frac{8abc}{abc}}=6\) (đpcm)

Giải phần dấu "=" ra ta được a = b =c

Bài 2: Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)

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

Suy ra cần chứng minh \(\frac{x-y+z}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}\ge6\)

Bài toán đúng theo kết quả câu 1.