BĐT

<=> \(\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac}{3\left(ac+bc+ac\right)}\ge\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)

<=>\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{a\left(a\left(b+c\right)+bc\right)}{b+c}+...\right)\)

<=> \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(a^2+b^2+c^2+\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)

<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)

Mà \(\frac{abc}{b+c}\le abc.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc\right)\)

Khi đó BĐT 

<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\right)\)

=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)(luôn đúng )

=> ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Cách này chủ yếu biến đổi tương đương nên chắc phù hợp với lớp 8

Nếu sử dụng SOS nhìn vào sẽ làm đc liền vì có Nesbitt lẫn \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\)

Sau đây là lời giải sử dụng SOS của em,mọi người xem thử ạ!

Bớt \(\frac{4}{3}\) ở mỗi vế,ta cần chứng minh:

\(\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\ge\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{8}{9}.\Sigma_{cyc}\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(a-b\right)^2}{2}\left(\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{8}{9\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(ab+bc+ca+9c^2\right)\left(a-b\right)^2}{18\left(ab+bc+ca\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

BĐT đúng do a, b, c là các số thực dương. Ta có Q.E.D

P/s: Đúng không ạ?:3

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

\(\Leftrightarrow bc-ac-b^2+ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(bc-ac\right)+\left(ab-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)(đúng)

Vì \(\hept{\begin{cases}a\ge b\\b\ge c\end{cases}}\)

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

\(\Leftrightarrow-d^2+cd-bd+ad+bc-ac-b^2+ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(dc-d^2\right)+\left(ad-bd\right)+\left(bc-ac\right)+\left(ba-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow d\left(c-d\right)+d\left(a-b\right)+\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

Đúng vì \(a\ge b\ge c\ge d\ge0\)

Đợi lâu quá nên em giải nốt nha:v

Nhớ là đề này em đã sửa lại đk \(2\ge a>b>c\ge0\) bên dưới rồi nhé!

Ta có: \(LHS\left(VT\right)=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(a+b\right)+c\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(3-c\right)+3c\)

\(\le2\left(a-b\right)+3b+3c\left(\text{do }c\ge0\right)=2a+b+3c=RHS\left(VP\right)\)

Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0.

Tag ko dính gì cả :(

bđt\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-b-3c\le0\)

VT\(\le3a^2-6a\le0\)

mà \(\left(3a^2-6a^2\right)_{max}=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=2\end{matrix}\right.\)

Vậy bđt đúng. Dấu = xra khi a=2 vì ta thấy a khác b khác c và a lớn nhất.

Thay a=2 vào bđt ban đầu:

\(4+b^2+c^2\le4+b+3c\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2-b-3c\le0\)

Bằng lập luận tương tự ta đc bđt đúng và dấu = xra khi b=1;c=0.

Vậy ta có đpcm với dấu = xra khi a=2;b=1;c=0.

#Walker

Giải thích dòng thứ 2:

\(VT=\left(a-1\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{3}{2}\right)^2\le\left(a-1\right)^2+\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(a-\frac{3}{2}\right)^2\le\frac{7}{2}\)

Với a thuộc [0;2] ta thấy bđt đúng và dấu = xra khi a=2.

Từ đó \(VT\le4+b^2+c^2\)

Phần sau đc giải thích ở phần bình luận.

#Walker

Em làm đúng chưa ạ Akai HarumaNguyễn Việt Lâm

cậu là ai trả lời đi ròi tôi nói cho

vào các câu hỏi của hoàng tử lớp học mà xem nhóc ạ

Chào!Sao cậu lại đặt tên là"Tôi là ai"vậy.Cụm từ đó có ý nghĩa gì?

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

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(a^3b^2-a^2b^3+b^3c^2-c^3b^2+c^3a^2-c^2a^3\ge0\)

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

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

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)

cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!

hờ hờ đợi mãi hổng có ai lm, huhu giúp tôi đi mn