Ta có: Theo bất đẳng thức cauchy schwarz và bất đẳng thức cauchy với a;b;c>0 ta có:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{\left(\sqrt{a}\right)^2}{a^3}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+a^2}\)(1)

Tương tự \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+b^2}\left(2\right);\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+c^2}\left(3\right)\)

Cộng từng vế (1) ;(2);(3) vế theo vế rồi chia hai vế cho 2 ta có đpcm

Áp dụng BĐT Cauchy schwarz kết hợp với AM-GM cho các số dương ta có :

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{a}{a^3}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+b^2}\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}\)

\(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=\dfrac{b}{b^3}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{b}+1\right)^2}{b^3+c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}\)

\(\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{c}{c^3}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{c}+1\right)^2}{c^3+a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

Cộng từng vế của BĐT ta được :

\(2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}+\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}+\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2\sqrt{a}}{a^3+b^2}+\dfrac{2\sqrt{b}}{b^3+c^2}+\dfrac{2\sqrt{c}}{c^3+a^2}\) ( đpcm )

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)

ta có : \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{a}{a^3}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+b^2}=\dfrac{a^2+2\sqrt{a}+1}{a^3+b^2}\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}\)

làm tương tự ta có : \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}\) và \(\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

cộng quế theo quế \(\Rightarrow\) (đpcm)

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

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

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

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

Xét \(\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

Áp dụng bất đẳng thức Mincopski

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(b+c+a\right)^2}\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2\ge\left[\sqrt{2\left(a+b+c\right)}\right]^2\)

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

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

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

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

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

Bunyacopski

\(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\\ \) đẳng thức a=b

áp vào ba số hang Vế trái dpcm

Cách mình chuẩn mà gọn mà có thể tắt quá chăng

chi tiết

\(\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(1.x+1.y\right)^2\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\) (1) đẳng thức khi: 1/x^2=1/y^2

Áp vào (1) VT Biểu thức cần chứng minh

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

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{2\left(c+a\right)}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=\left(a+b+c\right)+VP\) Quá gọn mà

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

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

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a}{a^3}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+b^2}\ge\frac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}\)

Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ có đpcm. dấu = xảy ra khi a=b=c=1

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

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.

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

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

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

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