2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.

Giả sử đó là a² - 1 và b² - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)

\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)

\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)

Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)

Từ (2) và (3) ta có đpcm.

Sai thì chịu

Xí quên bài 2 b:v

b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)

Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)

\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)

Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)

Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)

\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

Cách nữa cho bài 2:

2a) Ta có: \(4\left(a^2+1+2\right)\left(1+1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)

Hay \(4\left(a^2+3\right)\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2=VP\)

Như vậy ta quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1\ge4bc\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:\(\left(a^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+b^2+c^2+\frac{1}{2}\right)\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+1\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{5}{4}\left(a^2+1\right)\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)

Từ đó ta có thể quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\)

...

Bài 3:Sửa đề a, b, c >0

Có:  \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{a^3}{b^2}+b\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6}{b^3}}=\frac{3a^2}{b}\)

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

Cộng theo vế 3 BĐT trên: \(2\left(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\right)+a+b+c\ge3\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)

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

\(\ge2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+a+b+c\)

Từ đó ta có đpcm.

đây là 1 sự nhầm lẫn đối với các bạn nhác tìm dấu = :))

Sử dụng BĐT Svacxo ta có :

 \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{18}{2ab+2bc+2ca}\ge\frac{\left(1+\sqrt{18}\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)

\(=\frac{19+\sqrt{72}}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{25\sqrt{2}}{1}=25\sqrt{2}\)

bài làm của e : 

Áp dụng BĐT Svacxo ta có :

\(Q\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

Theo hệ quả của AM-GM thì : \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(< =>\frac{7}{ab+bc+ca}\ge\frac{7}{\frac{1}{3}}=21\)

Tiếp tục sử dụng Svacxo thì ta được : 

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+21=30\)

Vậy \(Min_P=30\)đạt được khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Và đương nhiên cách bạn dcv_new chỉ đúng với \(k\ge2\) ở bài:

https://olm.vn/hoi-dap/detail/259605114604.html

Thực ra bài Min \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\) khi a + b + c = 1

chỉ là hệ quả của bài \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{k}{ab+bc+ca}\) khi \(a+b+c\le1\)

Ngoài ra nếu \(k< 2\) thì min là: \(\left(1+\sqrt{2k}\right)^2\)

bài 1

ÁP dụng AM-GM ta có:

\(\frac{a^3}{b\left(2c+a\right)}+\frac{2c+a}{9}+\frac{b}{3}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3.\left(2c+a\right).b}{b\left(2c+a\right).27}}=a.\)

tương tự ta có:\(\frac{b^3}{c\left(2a+b\right)}+\frac{2a+b}{9}+\frac{c}{3}\ge b,\frac{c^3}{a\left(2b+c\right)}+\frac{2b+c}{9}+\frac{a}{3}\ge c\)

công tất cả lại ta có:

\(P+\frac{2a+b}{9}+\frac{2b+c}{9}+\frac{2c+a}{9}+\frac{a+b+c}{3}\ge a+b+c\)

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

Thay \(a+b+c=3\)vào ta được":

\(P+2\ge3\Leftrightarrow P\ge1\)

Vậy Min là \(1\)

dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Nhân cả 2 vế với a+b+c 

Chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) tương tự với \(\frac{b}{c}+\frac{c}{b};\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\Leftrightarrow\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)luôn đúng do a;b>0

dễ rồi nhé

b) \(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\)

\(P=\left(\frac{x+1}{x+1}+\frac{y+1}{y+1}+\frac{z+1}{z+1}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)

\(P=\left(1+1+1\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)

\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel (mình nói bđt như vậy,chỗ này bạn cứ nói theo cái bđt đề bài cho đi) ta được: 

\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{4}\)

=>\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\le3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)

=>P_max=3/4 <=> x=y=z=1/3

c) Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta được:

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

<=>\(P\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1^2}=9\)

Vậy P_min=9 <=> a=b=c=1/3

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đây nhé 

Đặt b + c = x ; c + a = y ;  a + b = z 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có : 

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y) 

e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !

Sử dụng BĐT AM-GM ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)

Bằng cách chứng minh tương tự :

\(\frac{b^2}{a+c}+\frac{a+c}{4}\ge b;\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :

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

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)

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

\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)

\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\)  (1) 

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\)   <=> (ab+bc+ca)². VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\)  ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

4c, 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :

\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+c\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)

Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)

hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)

\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)

\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c 

Vậy ...

2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có : 

\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)

Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)

Tương tự : ....

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)

\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)

Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm 

\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

Xét \(\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\\\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\end{cases}}\)

Nhân từng vế :

\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{9}\)

\(\Rightarrow\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)

Mà \(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\left(đpcm\right)\)