Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng mình là:

\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)

Xét: \(f\left(a\right)=a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\)

Ta thấy nếu \(bc-b-c\ge0\)khi đó ta luôn có \(f\left(a\right)\ge0\)hay:

\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)

Bây giờ xét trường hợp sau: \(bc-b-c\le0\)

Khi đó ta có:\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\)

Mà số hạng từ bậc 2 là số dương để \(f\left(a\right)\ge0\)thì ta phải chỉ ra được:

\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\le0\)

Hay \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Để ý \(bc-b-c\le0\)ta được \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le1\)lúc này khả năng xảy ra các trường hợp sau:

- Cả \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)cùng nhỏ hơn 1 hay cả b,c nhỏ hơn 2 và theo bất đẳng thức Cô si ta được:

\(b\left(2-b\right)\le\frac{\left(b+2-b\right)^2}{4}=1;c\left(2-c\right)\le\frac{\left(c+2-c\right)^2}{4}=1\)

\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le1\)nên ta có \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Trong 2 số \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)có một số lớn hơn 1 và một số nhỏ hơn 1 khi đó trong b,c có số lớn hơn hoặc nhỏ hơn 2 

\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\Leftrightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Vậy cả 2 khả năng đều cho \(\Delta_a\le0\)nên bất đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán đã được chứng mình xong.

\(\sqrt{a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2+\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2}=\frac{3a+5b}{4}\)

Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3b+5c}{4};\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3c+5a}{4}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3a+5b+3b+5c+3c+5a}{4}\)

\(=2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)

Ta có:

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

\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Tương tự ta được:

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

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

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:

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

Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

\(a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)\)

Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)\)

Cộng lại vế theo vế ta được: 

\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)\)

\(=2\left(a+b+c\right)\).

Dấu \(=\)khi \(a=b=c\ge0\).

Còn cách khác nè :

Đặt \(P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\)

Ta chứng minh \(P\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(2P=\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+2b^2+ab\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(b^2+2c^2+bc\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(c^2+2a^2+ac\right)}\)

Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:

\(2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}\)

      \(=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)\)

Suy ra \(P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)

mọi người làm cách tối cổ quá , cách tổng quát luôn này 

Ta cần cm \(\sqrt{xa^2+yab+zb^2}\ge ma+nb\)

Nếu \(x=z=>m=n=\frac{\sqrt{x+y+z}}{2}\)

Nếu \(x\ne z=>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{x+y+z}\\m-n=\frac{x-z}{\sqrt{x+y+z}}\end{cases}}\)

Áp dụng : \(\sqrt{a^2+ab+2b^2}\ge ma+nb\)

Với \(x=1;y=1;z=2\)

Vì \(x\ne z\)\(=>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{x+y+z}\\m-n=\frac{x-z}{\sqrt{x+y+z}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{4}\\m-n=-\frac{1}{\sqrt{4}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{4}\\2m=\sqrt{4}-\frac{1}{\sqrt{4}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=2\\m=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m=\frac{3}{4}\\n=\frac{5}{4}\end{cases}}\)

Nên ta cần chứng minh \(\sqrt{a^2+ab+2b^2}\ge\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\)

đến đây thì bình phương 2 vế rồi chuyển vế là được bđt đúng nhé 

anh là giởi nhất bảng sếp hạng mà còn ko làm được thì ai làm được

Mk mà giỏi thì các bn thành god hết rồi ạ :(

em chịu thui ko bt nhe

Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)