Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge2ab\)

ta có\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\frac{ab}{bc}=2\frac{a}{c}\)

tương tự:\(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge2\frac{b}{a}\)

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

Cộng 3 về bất đẳng thức trên lại với nhau ta đươc:\(2\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\right)\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}\)

Áp dụng BĐT Cô - si cho các số dương ta có :

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

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

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

Cộng vế với vế của các BĐT \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\) ta được :

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

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

Chúc bạn học tốt !!!

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

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

Chứng minh tương tự: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2b}{a}\\\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2c}{b}\end{cases}}\)

Cộng theo vế: \(2\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)

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

Dấu "=" khi \(a=b=c\)

Ta có: \(\left(\frac{a}{b}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}\right)^2\ge0\)

<=>\(\frac{a^2}{b^2}-\frac{2a}{c}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a^2}-\frac{2c}{b}-\frac{2b}{a}\ge0\)

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

cùng đường nếu a,b,c > hoặc = 0 thì dễ

chính xác nếu a,b,c cùng dấu là dễ

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

(a^2/b^2)+(b^2/c^2)>=2 căn a^2/b^2 nhân b^2/c^2=2 nhân a/c

CMTT các phần còn lại, cộng tất cả các vế vào nhau xong chia 2, ta có BĐT cần chứng minh

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có

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

BĐT được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Cách 2

Áp dụng bđt AM-GM ta có

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

Tương tự \(\frac{b^2}{c+a}+4\left(c+a\right)\ge4b\)

\(\frac{c^2}{a+b}+4\left(a+b\right)\ge4c\)

Cộng từng vế ta được đpcm

Đặt \(b+c=x;a+c=y;a+b=z\)

Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :

\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(\sqrt{x}^2+\sqrt{y}^2+\sqrt{z}^2\right)\ge\left(\frac{a}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{b}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{c}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

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

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

Dấu "=" xay ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Áp dụng S-vác-sơ, ta có

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

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

pham trung thanh giải theo cách lớp 8 đc ko ạ !

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.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c\)

Cách 2

Áp dụng bđt AM-GM ta có

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

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 từng vế các bđt trên => đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c