Đặt: 

x = a + c - b ; y = a + b - c ; z = b + c - a > 0 vì a; b ; c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác 

=> x + y + z = a + b + c 

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

=> 3a - b + c = 2 a + ( a - b + c ) =  ( x  + y ) + x = 2x + y 

Tương tự: 3b - c + a = 2y + z ; 3c - a + b =  x + 2z

Đưa về bài toán: Chứng minh: 

\(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)

<=> \(\frac{2x+2y}{2x+y}+\frac{2y+2z}{2y+z}+\frac{2z+2x}{2z+x}\ge4\)(1)

Ta có: VT = \(1+\frac{y}{2x+y}+1+\frac{z}{2y+z}+1+\frac{x}{2z+x}\)

\(=3+\left(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\right)\)

\(=3+\left(\frac{y^2}{2xy+y^2}+\frac{z^2}{2yz+z^2}+\frac{x^2}{2zx+x^2}\right)\)

\(\ge3+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}=3+1=4\)

=> (1) đúng 

=> Bất đẳng thức ban đầu đúng

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z <=>  a = b = c

Ta có:

A = \(\frac{a}{2b+3c}+\frac{b}{2c+3a}+\frac{c}{3b+2a}=\frac{a^2}{2ab+3ac}+\frac{b^2}{2bc+3ab}+\frac{c^2}{3bc+2ac}\)

A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+3ac+2bc+3ab+3bc+2ac}\)(bđt svacxo \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\frac{x_3^2}{y_3}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2}{y_1+y_2+y_3}\))

A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{5\left(a+b+c\right)^2}{3}}\) (bđt \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(*)

CM bđt * <=> \(3xy+3yz+3xz\le x^2+y^2+z^2+2xz+2xy+2yz\)

<=> \(\left(x-y\right)^2+\left(x-z\right)^2+\left(y-z\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

<=> A \(\ge\frac{3}{5}\) --> ĐPCM

giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1

khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)

\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)

\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)

do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x

=> x<1_/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)

(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)

dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/₃ <=> a=b=c

@Hai Ngox: Sao phải giả sử a +  b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.

Ngoài ra:

Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)

Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)

Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)

đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)

Ai học olm nhớ add nick nguyễn đỗ hà hen,có cái mặt đẹp lắm! >.😀 😁

1. BĐT ban đầu

<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)

<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức 

=> BĐT cần CM

<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng 

=> BĐT được CM

2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)

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

Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)

=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

Bạn @Diệu Linh@ làm nhầm dòng 5 rồi nhé

2, BĐT ban đầu 

<=> \(\left(1-\frac{1}{1+a+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+b+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+a+c}\right)\ge2\)

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

Dùng BĐT buniacoxki dạng phân thức ở VT 

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

Mà \(a+b+c\le ab+bc+ac\)

=> \(VT\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)^2}=2\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Ad BĐT Cauchy cho 6 số: 

\(\frac{a^3b}{c}+\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3c}{a}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3a}{b}+\frac{c^3b}{a}\ge6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6abc\)

Dấu = xr khi a=b=c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho VT ta được :

\(VT\ge6\sqrt[6]{\frac{a^3b}{c}\cdot\frac{a^3c}{b}\cdot\frac{b^3c}{a}\cdot\frac{b^3a}{c}\cdot\frac{c^3a}{b}\cdot\frac{c^3b}{a}}=6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6abc=VP\)

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c

\(\)

1. đặt b + c - a = x, a + c - b = y , a + b - c = z thì x,y,z > 0

theo bất đẳng thức ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) \(\ge\)8xyz ( tự chứng minh ) , ta có :

2a . 2b . 2c \(\ge\)8 ( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )

\(\Rightarrow\)abc \(\ge\)( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )

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

Ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b

Xét \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c+b}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)

tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)

vậy ...

Cách khác của câu 1.

Ta có:

\(\hept{\begin{cases}a\ge\left|b-c\right|\\b\ge\left|a-c\right|\\c\ge\left|a-b\right|\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge\left(b-c\right)^2\\b\ge\left(a-c\right)^2\\c\ge\left(a-b\right)^2\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge a^2-\left(b-c\right)^2\left(1\right)\\b^2\ge b^2-\left(a-c\right)^2\left(2\right)\\c^2\ge c^2-\left(a-b\right)^2\left(3\right)\end{cases}}\)

Nhân vế theo vế của (1);(2);(3) ta có:

\(a^2b^2c^2\ge\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]\)

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

\(\Rightarrowđpcm\)

A=\(\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+a+c}+\frac{c}{3c+a+b}\)

=>\(\frac{3}{2}\)-A=\(\frac{1}{2}-\frac{a}{3a+b+c}+\frac{1}{2}-\frac{b}{3b+a+c}+\frac{1}{2}-\frac{c}{3c+a+b}\)

<=>\(\frac{3}{2}\)-A=\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{6a+2b+2c}+\frac{1}{6b+2a+2c}+\frac{1}{6c+2a+2b}\right)\)

ta lại có

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{6a+2b+2c}+\frac{1}{6b+2a+2c}+\frac{1}{6c+2a+2b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{\left(1+1+1\right)^2}{6a+2b+2c+6b+2a+2c+6c+2a+2b}\right)=\frac{9}{10}\)<=>\(\frac{3}{2}-\)A\(\ge\frac{9}{10}\)<=>A\(\le\frac{3}{2}-\frac{9}{10}=\frac{3}{5}\)

dấu "=" xảy ra <=>a=b=c

Sang học 24 tìm ai tên Perfect Blue nhé t làm bên đó rồi đưa link thì lỗi ==" , tìm tên đăng nhập  springtime ấy

Chào bác Thắng