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.

Ta còn có:

Bất đẳng thức \(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{k\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(\frac{2}{9}-k\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)

đúng với mọi a,b,c,k không âm (k = \(\text{constant}\))

Để ý theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\left(a+b+c\right)^2\) sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

\(\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\)

Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\)

\(=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+24abc}\)

Ta chứng minh được \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)nên ta được:

\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a+b+c\right)^2\)

Hay \(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng đánh giá \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) , ta được:

\(\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

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

Vậy theo đánh giá ta được: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\), do đó ta được:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

áp dụng cách đánh giá :
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\)\(\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}\right)\)

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

Ta cần chỉ ra được :\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\)Ta được :

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

ta cần chứng minh được :

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

\(hay\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Dễ thấy\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Do đó\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki

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

Do đó ta được

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Bài toán được chứng minh :333!~

Phân tích bài toán.

Ta làm 2 vế đẳng thức xuất hiện đại lượng kiểu\(\left(a-b\right)^2;\left(b-c\right)^2;\left(c-a\right)^2\)

Để biến đổi vế trái ta sẽ được:

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

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

Để biến đổi vế phải ta sẽ được:

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

Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được \(\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\ge0\)

Bài làm:

Bất đẳng thức cần chứng mình tương đương với:

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]\)

\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\right]\ge0\)

Đặt:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\)

Chứng mình hoàn tất nếu ta chứng mình được A,B.C\(\ge\)0, Vậy:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2b+c}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}>0\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}=\frac{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2c+a}}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}>0\)

Vậy biểu thức đã được chứng minh.

Chú ý: \(\left(a^2+2b^2+c^2\right)\left(2^2+1^2+2^2\right)\ge\left(2a+2b+2c\right)^2\)

\(\Rightarrow a^2+2b^2+c^2\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{9}\Rightarrow\sqrt{a^2+2b^2+c^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)

Tương tự: \(\sqrt{b^2+2c^2+a^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\); \(\sqrt{c^2+2a^2+b^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)

Thay vào ta có: \(VT\le\frac{3\left(3a+b+3b+c+3c+a\right)}{2\left(a+b+c\right)}=6\)(qed)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Is that true?

Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta được:

\(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)\)

Mặt khác cũng theo bđt Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\le\frac{9a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2}=\frac{9a^2}{a^2+b^2+c^2}+1\)

Hoàn toàn tương tự, ta có:

\(\frac{\left(3b+c\right)^2}{b^2+2c^2+a^2}\le\frac{9b^2}{b^2+c^2+a^2}+1\);\(\frac{\left(3c+a\right)^2}{c^2+2a^2+b^2}\le\frac{9c^2}{c^2+a^2+b^2}+1\)

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

\(\text{​​}\text{​​}\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3b+c\right)^2}{b^2+2c^2+a^2}\le\text{Σ}_{cyc}\frac{9b^2}{b^2+c^2+a^2}+3=9+3=12\)

Do đó \(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)\le3.12=36\)

Hay \(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)\le6\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Dirichlet à:))?

Trong 3 số dương a,b,c tồn tại ít nhất 2 số cùng nhỏ hơn hoặc không nhỏ hơn 1

G/s 2 số đó là a và b

Khi đó: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\Leftrightarrow2abc\ge2ca+2bc-2c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\)

Mà \(\left(a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(c^2-2c+1\right)=\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số a,b,c sẽ có hai số hoặc cùng ≥1 hoặc cùng ≤1. Giả sử hai số đó là a,b khi đó:
(a−1)(b−1)≥0.
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)=(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.

Search mạng!!

Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.

Khi đó ta có: (b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1(b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1 suy ra 2abc≥2ab+2ac−2a2abc≥2ab+2ac−2a

Do đó, a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)

⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0 (đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1. 

Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.

Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)

Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)

\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)

*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)

\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)

Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*

*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị

Tuyệt quá,

Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)

có hằng số k tốt nhất là 10.

Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)