áp dụng BDT AM-GM

\(=>a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(=>b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(=>c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(=>VT\ge2.2.2\sqrt{ab.bc.ca}=8abc\left(dpcm\right)\)

dấu"=" xảy ra<=>a=b=c

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\left(1\right)\\ a+c\ge2\sqrt{ac}\left(2\right)\\ b+c\ge2\sqrt{bc}\left(3\right)\)

Nhân vế theo vế \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\ge\right)8abc\) ( với \(a,b,c\ge0\) )

tui làm đc là phải tịk nha!

a+b+c=1\(\Rightarrow\)1-a=b+c;1-b=c+a;1-c=a+b \(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\)(a+b)(b+c)(c+a)\(\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}\)=8.abc\(\ge8\).dấu ''=''xảy ra khi một tong 3 số a;b;c là 1 2 số còn lại bằng 0

Không có giá trị a,b,c thỏa mãn khi a.b,c là số dương và tổng bằng 1

Số abc là 176

Tham Khao

a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
(a + b) ≥ 2√ab
(b + c) ≥ 2√bc
(c + a) ≥ 2√ca
Vì a,b,c > 0 nên nhân vế với vế 3 BĐT trên ta được:
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8√a^2b^2c^2 =8abc (đpcm)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c

Do \(0\le a;b;c\le2\) 

\(\Rightarrow abc+\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)+8\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow9-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;2\right)\) và các hoán vị

Lần sau nhớ viết đề kĩ hơn nha:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) và a, b, c > 0

Giả sử \(a\ge b\ge c>0\Rightarrow a+b\ge a+c\ge b+c\)

\(\text{Do đó: }a\ge b\ge c\text{ và }\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)

Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta thu được:

\(3\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)

Nhân 2 vào hai vế tách ra rồi dùng AM - GM tiếp tục vào vế phải rồi từ đó suy ra đpcm:)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

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

Có BĐT phụ:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Áp dụng vào ( 1 ) ta có:

\(A\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c>0\)

P/S:Có tới 45 cách CM bài toán này,bạn lên google có đầy.

Liệu cách này có được ko nhỉ? Mình mới học Muirhead với các dùng kí hiệu \(\Sigma_{cyc}\) nên ko chắc nhé!

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

\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^3-a^2b\right)+\Sigma_{cyc}\left(a^3-ab^2\right)\ge0\). BĐT này đúng theo Muirhead, ta có đpcm.

Xét hiệu hai vế \(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-8abc=0\)  (1)

Mà ta có: \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-8abc=a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\) a = b = c. (đpcm)