d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)

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

Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)

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

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)

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

\(\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.

c/ \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)

Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\) ; \(\frac{ac}{a+c}\le\frac{a+c}{4}\)

Cộng theo vế : \(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{a+c}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}=\frac{a+b+c}{2}\)

Giả sử  \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{3}{2}\)

\(< =>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=\frac{6}{2}=3\)(bđt nesbitt)

Giờ ta chỉ cần chỉ ra được \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\) thì bài toán được hoàn tất chứng minh  

Thật vậy , theo BĐT Cauchy ta có \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}=3\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Vậy bài toán đã được hoàn tất chứng minh 

p/s : tí mình sẽ chứng minh bđt nesbitt ở dưới nhé

BĐT cần CM <=>    \(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c}-\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

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

Đặt:   \(A=\frac{ab}{c\left(c+a\right)}+\frac{bc}{a\left(a+b\right)}+\frac{ca}{b\left(b+c\right)}\)

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

ÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ SẼ ĐƯỢC:   

=>    \(A\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)    

TA TIẾP TỤC 1 BĐT:    \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)

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

TỪ (1) VÀ (2) => TA CÓ ĐPCM.

Arcobale_new làm kiểu gì thế ??

BĐT ngược chiều rồi nha bạn.

áp dụng bđt cauchy ta có:

\(\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2;\frac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\frac{c^3}{a}+ca\ge2c^2\)

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

\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-ab-bc-ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-a^2-b^2-c^2\)

\(=a^2+b^2+c^2\left(Q.E.D\right)\)

Theo Cauchy - Schwarz ta có : \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2+b^2\right)\ge\left(ab+bc+ac\right)^2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\left|ab+bc+ac\right|\ge ab+ac+bc\)

Ta có : \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+ac+bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)

\(=a^2+b^2+c^2\)(đpcm)

Mấy cái dấu "=" anh tự xét.

Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{3}{\frac{a+b+c}{3}}=\frac{9}{a+b+c}\)

a) Áp dụng: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

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

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 :

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

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

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

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

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

Ta có:

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

\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=\frac{9}{2}\)

BĐT trên \(=\frac{9}{2}\). Còn cách làm thì giống bạn alibaba nguyễn .

~~~ Chúc bạn học giỏi ~~~

Giải:

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có:

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

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

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

Áp dụng BĐT : \(x^2+y^2\ge2xy\) ( xảy ra đẳng thức khi \(x=y\) ) , ta có :

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2.\frac{a}{b}.\frac{b}{c}=2.\frac{a}{c}.\) Tương tự : \(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge2.\frac{b}{a};\frac{c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2}\ge2.\frac{c}{b}\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên :

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

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

Bài 1:

a)Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta có:

\(3a^2+4b^2\ge\frac{\left(3a+4b\right)^2}{7}=7\)

b)Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta có:

\(\left(3a^2+5b^2\right)\left[\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(-\frac{3}{\sqrt{5}}\right)^2\right]\ge\left(2a-3b\right)^2=49\)

\(\Rightarrow3a^2+5b^2\ge\frac{735}{47}\)

c)Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta có:

\(\left(7a^2+11b^2\right)\left[\left(\frac{3}{\sqrt{7}}\right)^2+\left(\frac{5}{\sqrt{11}}\right)^2\right]\ge\left(\frac{3}{\sqrt{7}}\cdot\sqrt{7}a-\frac{5}{\sqrt{11}}\cdot\sqrt{11}b\right)^2=64\)

\(\Rightarrow\frac{274}{77}\left(7a^2+11b^2\right)\ge64\)

\(\Rightarrow7a^2+11b^2\ge\frac{2464}{137}\)

d)Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta có:

\(\left(1^2+2^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+2b\right)^2=4\)

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

lần sau đăng ít thôi nhé

a)Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta có:

\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=1\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)

phần khác tương tư