1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)  với \(a,b>0\) (1) 

Thật vậy : BĐT  (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)

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

Vì vậy BĐT (1) đúng.

Áp dụng vào bài toán ta có:

\(\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)

                                                                 \(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy ta có điều phải chứng minh !

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế 

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)

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

2 )

Áp dụng bất đẳng thức Cacuchy - Schwarz :
\(VT=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\left(1\right)\)

Vì \(a+b+c=1\)nên 

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

\(=\left(a^3++ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

Áp dụng AM - GM 

\(a^3+ab^2\ge2a^2b\). Tương tự cho 2 cặp còn lại suy ra 

\(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\ge2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

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

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow VT\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(đpcm\right)\)

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

Theo bất đẳng thức Cô-Si ta có

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{a+b}=\frac{a+b}{ab}+\frac{2}{a+b}=a+b+\frac{2}{a+b}=\frac{a+b}{2}+\left(\frac{a+b}{2}+\frac{2}{a+b}\right)\)

\(\ge\sqrt{ab}+2\sqrt{\frac{a+b}{2}\cdot\frac{2}{a+b}}=1+2=3.\)   (ĐPCM)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{b+c+c+a+c+a}=\frac{9}{3c+2a+b}\)

\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{a+c+a+b+a+b}=\frac{9}{3a+2b+c}\)

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{9}{a+b+b+c+b+c}=\frac{9}{3b+2c+a}\)

Cộng theo vế rồi rút gọn ta thu được

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\geq 3\left(\frac{1}{3a+2b+c}+\frac{1}{3b+2c+a}+\frac{1}{3c+2a+b}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

@Ace Legona bác giúp em với

a,b,c phải dương thì đề bài mới đúng.

Ta có: 

       \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c\right)\ge3.3\)(vì a+b+c=3)

\(\Leftrightarrow1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+1+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+1\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\ge6\)(1)

Mặt khác, \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\forall x;y>0\)

Do đó bất đẳng thức (1) đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)

Chúc bạn học tốt.

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

Tương tự: \(\frac{3}{b+2c}\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\) ; \(\frac{3}{c+2a}\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{c}+\frac{2}{a}\right)\)

Cộng vế với vế:

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài làm:

Áp dụng Cauchy dạng cộng mẫu ta có:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+2b}\left(1\right)\)

\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{b+2c}\left(2\right)\)

\(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\ge\frac{9}{c+2a}\left(3\right)\)

Cộng vế 3 bất đẳng thức (1);(2); và (3) ta được:

\(3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Học tốt!!!!

Bài này đăng nhiều rồi bạn vào câu hỏi tương tự tìm

Sử dụng kĩ thuật Cauchy ngược dấu

Ta có: \(\frac{a+1}{b^2+1}=\frac{ab^2+a+b^2+1-ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}\) 

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

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

\(\Rightarrow VT\ge3-\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\ge3\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Ta có

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

Tương tự  \(\frac{b+1}{c^2+1}\ge\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2}\)   (2)

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

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:

\(VT\ge\left(a+b+c+3\right)-\frac{\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)}{2}\ge6-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3}{2}=3\)

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)