a)Chứng minh BĐT phụ sau: \(\frac{p^2}{m}+\frac{q^2}{n}\ge\frac{\left(p+q\right)^2}{m+n}\) (m,n>0)  (*)

\(\Leftrightarrow\frac{p^2n+q^2m}{mn}-\frac{p^2+2pq+q^2}{m+n}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{p^2n\left(m+n\right)+q^2m\left(m+n\right)-p^2mn-2pqmn-q^2mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(pq\right)^2-2.qp.mn+\left(qm\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(pn-qm\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\) (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi pn = qm.

Áp dụng BĐT (*) 2 lần,ta có: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)

b) Có cách này như mình không chắc:

Chuẩn hóa abc = 1.Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\)

Ta có: \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}\ge2.\frac{z}{x}\) (Cô si)

\(\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge2.\frac{x}{y}\)

\(\frac{y^2}{x^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge2.\frac{y}{z}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên,ta được:\(2\left(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\right)\ge2\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\)

Suy ra \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{y^2}{x^2}=\frac{z^2}{y^2}\\\frac{z^2}{y^2}=\frac{x^2}{z^2}\end{cases}\Leftrightarrow}\frac{y^2}{x^2}=\frac{z^2}{y^2}=\frac{x^2}{z^2}\Leftrightarrow\frac{y}{x}=\frac{z}{y}=\frac{x}{z}\Leftrightarrow a=b=c\)

Ta có:
a, a^2/(b + c) + (b + c)/4 >= a
=> a^2/(b + c) >= a - (b + c)/4 (1)
Tương tự ta có
b^2/(c + a) >= b - (c + a)/4 (2)
c^2/(a + b) >= c - (a + b)/4 (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
 b^2/(a + c) + c^2/(a + b)  >=  a - (b + c)/4 +  b - (c + a)/4 +  c - (a + b)/4
= (a + b + c)/2
Dấu = xảy ra khi a = b = c

a/Xét hiệu ta có: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{b}-a^2-ab=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2-ab+b^2}{b}\right)-a\left(a+b\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2}{b}-2a+b\right)=\left(a+b\right)\left(\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\right)^2\ge0\)

\(\RightarrowĐPCM\)

b/Tương tự ở câu a, ta cũng có:

\(\frac{a^3}{b}\ge a^2+ab-b^2\left(1\right),\frac{b^3}{c}\ge b^2+bc-c^2\left(2\right),\frac{c^3}{a}\ge c^2+ca-a^2\left(3\right)\)

Cộng (1),(2) và (3) \(VT\ge a^2+ab-b^2+b^2+bc-c^2+C^2+bc-a^2=ab+bc+ca\left(ĐPCM\right)\)

1.

\(P=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}\)

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

Dấu "=" khi \(a=b=c\)

2.

\(P=\sum\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4.\frac{3}{8}\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{2}{3}\)

Dấu "=" khi \(a=b=c=d\)

Thục Trinh, tran nguyen bao quan, Phùng Tuệ Minh, Ribi Nkok Ngok, Lê Nguyễn Ngọc Nhi, Tạ Thị Diễm Quỳnh,

Nguyễn Huy Thắng, ?Amanda?, saint suppapong udomkaewkanjana

Help me!

Bài thứ hai đó áp dụng bđt cauchy showas là ra rồi sử dụng tch bắc cầu tệ.

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

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 \(a=b=c\)

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.

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 

Xin lỗi lúc này do thày nhìn nhầm nên nghĩ câu 2 sai đề. Để đền bù thiệt hại, xin giải lại cả hai bài cho em

Cả hai bài toán này đều sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz. Em xem link dưới đây để biết rõ hơn: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html

Câu 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có

\(\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}=\frac{1}{2a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2b+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2c+\frac{ab}{c}}\)

\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)}=\frac{9}{2\left(a+b+c\right)+\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}}=\frac{9abc}{2abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(=\frac{9abc}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{9abc}{9}=abc.\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2.  Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz

\(\frac{8}{2a+b}=\frac{4}{a+\frac{b}{2}}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{b}{2}}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}.\)

Tương tự, \(\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},\) và \(\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.\)

Cộng ba bất đẳng thức lại ta được

\(\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}\le\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)+\left(\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)+\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}.\)    (ĐPCM).