B1:

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

Xét hiệu:

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\)

\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\)

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

=> BĐT luôn đúng

*

Ta có:

\(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)

\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+ac\)

\(c< a+b\Rightarrow a^2< ac+bc\)

Cộng từng vế bất đẳng thức ta được:

\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

Vậy: \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

B2:

Ta có: \(a+b>c\) ; \(b+c>a\); \(a+c>b\)

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

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

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

Suy ra:

\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)

=> ĐPCM

Làm hết chỗ này chắc hết tuổi thanh xuân của t,

câu b dấu "=" có xảy ra nhé,fix đề đy bạn eiiii

Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

Từ giả thiết:

\(a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2\)

Ta có:

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

\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)

Tương tự và cộng lại, đồng thời đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\):

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{\dfrac{yz.xz.xy}{x^2y^2z^2}}=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Bài 1

\(VT=\dfrac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}+\dfrac{b^2}{c^2b+abc+a^2b}+\dfrac{c^2}{a^2c+abc+b^2c}\)

Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b\right)+abc+ac\left(a+c\right)+abc+bc\left(b+c\right)+abc}\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b+c\right)+ac\left(a+b+c\right)+bc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)}\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ac}\left(đpcm\right)\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 2

\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)

Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có

\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\)

Xét \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức ta có

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

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

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\left(đpcm\right)\)

Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c\)

a)a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

\(\Rightarrow a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)

TT\(\Rightarrow b^2< ba+bc\)

\(c^2< ca+cb\)

Cộng vế theo vế ta có đpcm

b)BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b-c}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b+c}{b+c-a}+\dfrac{a+b+c}{a+c-b}+\dfrac{a+b+c}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge9\)(đúng theo AM-GM)

5) a) Ta có: \(a< b+c\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự: \(b^2< ba+bc\)

\(c^2< ca+cb\)

Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm

b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)

\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)

Nhân từng vế các BĐT trên, ta được

\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm

Bài 5:

a)

Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên

\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)

b) Áp dụng BĐT Am-Gm:

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

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

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

Nhân theo vế :

\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)

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

Do đó ta có đpcm

c)

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)

\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)

Do đó ta có đpcm.

Bài 1:

Sử dụng kết quả của bài 5.

Ta có : \(a^2+b^2+c^2+4abc< \frac{1}{2}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ac)+8abc<0\) (do \(a+b+c=1\) )

\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2+8abc\)

Thay \(1=a+b+c\), BĐT tương đương với:

\(2(ab+bc+ac)(a+b+c)> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+8abc\)

\(\Leftrightarrow 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]>a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)

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

\(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)>a^3+b^3+c^3+2abc\)

Điều này đã được cm ở phần c bài 5

Do đó ta có đpcm.

\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge12\left(ab+bc+ca\right)-27\)

\(\Rightarrow abc\ge\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3\)

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

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{ab+bc+ca}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{3+abc}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3+\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3}{ab+bc+ca}=\dfrac{4}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)