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.

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

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 \(a=b=c\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{abc}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\ge9abc\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số được

\(\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{ab.bc.ca}.3\sqrt[3]{abc}=9abc\left(Đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c

Cách thông dụng nè:

Theo BĐT Cô si cho 3 số:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\) (1)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\) (2)

Nhân theo vế (1) và (2),ta có: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c\right)\ge9\)

Chia cả hai vế của BĐT cho a + b + c,ta được: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}^{\left(đpcm\right)}\)

dùng bất đẳng thức svacxơ nha bạn

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{\frac{9}{4}}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{a+c}{\frac{9}{4}}+\frac{16c^2}{a+b}+a+b\)

\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}\cdot\frac{b+c}{\frac{9}{4}}}+2\sqrt{\frac{b^2}{c+a}\cdot\frac{a+c}{\frac{9}{4}}}+2\sqrt{\frac{16c^2}{a+b}\cdot\left(a+b\right)}=\frac{4a+4b}{3}+8c\)

Suy ra 

\(VT\ge\frac{4a+4b}{3}+8c-\frac{b+c}{\frac{9}{4}}-\frac{c+a}{\frac{9}{4}}-\left(a+b\right)=\frac{64c-a-b}{9}=VP\)

Dấu "=" khi \(a=b=2c\) 

Bài này bạn cũng chú ý tới dấu "=" là xong nhé.

a/ Biến đổi tương đương:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy BĐT được chứng minh

b/ \(VT=\frac{a-d}{b+d}+1+\frac{d-b}{b+c}+1+\frac{b-c}{a+c}+1+\frac{c-a}{a+d}+1-4\)

\(VT=\frac{a+b}{b+d}+\frac{c+d}{b+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{c+d}{a+d}-4\)

\(VT=\left(a+b\right)\left(\frac{1}{b+d}+\frac{1}{a+c}\right)+\left(c+d\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\right)-4\)

\(\Rightarrow VT\ge\left(a+b\right).\frac{4}{b+d+a+c}+\left(c+d\right).\frac{4}{b+c+a+d}-4\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{4}{\left(a+b+c+d\right)}\left(a+b+c+d\right)-4=4-4=0\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)

Trước hết ta chứng minh BĐT: \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Cách đơn giản nhất là: Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) và đặt \(a=c+u,\, b=c+v\) thì \(u,\,v \geq 0\)

Ta cần chứng minh: \({\frac { \left( 3\,{u}^{2}-3\,uv+3\,{v}^{2} \right) {c}^{3}+9\,{u}^{2} v{c}^{2}+ \left( {u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{ 4} \right) c+{u}^{2}v \left( u+v \right) ^{2}}{ \left( c+u \right) \left( c+v \right) c \left( 3\,c+u+v \right) ^{2}}} \geq 0\) \((\ast)\)

Điều này đúng vì: \(3u^2-3uv+3v^2\ge0\) (dễ dàng chứng minh)

Và \({u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{4}=\frac{1}{4}\,{u}^{2} \left( 4\,{u}^{2}+4\,uv+23\,{v}^{2} \right) +\frac{1}{4}\,{v}^{2} \left( 5\,u -2\,v \right) ^{2} \geqq 0\)

Tiếp theo là chứng minh: \(\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

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

\(\Leftrightarrow3\ge a+b+c\) . Nhưng điều này là hiển nhiên vì: \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=\, b=\,c = 1\).

Thực ra ta có thể viết SOS theo kiểu mình cho bất đẳng thức \((\ast)\) và giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) thì cũng được đpcm.

Cách này đẹp hơn nhưng khó hơn!

Giả sử \(a\ge b\ge c\)

\(\Rightarrow3a^2\ge a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a\ge1\)

Do đó ta có : \(a+b+c\ge1\)

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

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Ta cần chứng minh : \(\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\ge\sqrt[3]{abc}\)

Luôn đúng vì : \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\ge\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)

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

Ta cần chứng minh :

\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{ab+bc+ca}+2\ge\frac{9}{a+b+c}\)

Đặt \(a+b+c=t\)

\(\Leftrightarrow\frac{6}{t^2-3}+2\ge\frac{9}{t}\)

\(\Leftrightarrow2t^3-6t+6t-9t^2+27\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(t-3\right)^2\ge0\) ( Đúng )

Vậy ...