Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

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

Ta có: \(\frac{a^2}{b}+3b=\frac{a^2+b^2}{b}+2b\ge2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)(Theo BĐT Cô - si)

Tương tự ta có: \(\frac{b^2}{c}+3c\ge2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\);\(\frac{c^2}{a}+3a\ge2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:

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

Cần chứng minh \(2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)\(-3\left(a+b+c\right)\)

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

hay \(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge a+b+c\)(*)

Sử dụng BĐT quen thuộc: \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(Đẳng thức xảy ra khi x = y)

Khi đó ta được: \(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge\frac{a+b}{2}\);\(\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\ge\frac{b+c}{2}\);\(\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge\frac{c+a}{2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:

\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge a+b+c\)(đúng với (*))

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

a²/b + b²/c + c²/a >= 1/can2 ( can(a²+b²) + ... )

Xét can( (a²+b²)/2 ) = can ( ( (a²/b + b)/2 )nhân(b) ) nhỏ hơn hoặc bằng (a²/b + b)/4 + b/2

Tương tự vậy ta có vế phải nhỏ hơn hoặc bằng 1/4 VT cộng với 3/4(a+b+c)

Mà VT chứng minh theo BCS lớn hơn hoặc bằng a+b+c 

Suy ra VT lớn hơn hoặc bằng VP

Dấu bằng tự tìm

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\frac{\sqrt{c^2+a^2}}{2}-\left(a+b+c\right)\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{a}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\frac{a+b}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}-\frac{b+c}{2}+\frac{\sqrt{c^2+a^2}}{2}-\frac{c+a}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{a}\ge\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{a}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\right]\ge0\)Đặt \(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\)

     \(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\)

    \(C=\frac{1}{a}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)

Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(A,B,C>0\). Thật vậy: \(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0\)

Hoàn toàn tương tự ta có\(B,C>0\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

\(VT=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}{2}\)

Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}}{2}\\\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\le\frac{\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}}{2}\end{cases}}\)

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

\(\Rightarrow VT\le\frac{\frac{a+b}{a+b}+\frac{c+a}{c+a}+\frac{b+c}{b+c}}{2}=\frac{3}{2}\) ( đpcm ) 

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

cauchy - schwarz là bđt Cauchy à bạn

hihih ~ e mới lớp 8 ~ năm sau nha

Đặt \(a=\frac{x^2}{z},\text{ }b=\frac{y^2}{z}\) thì \(z=\sqrt{x^4+y^4}\) và x, y, z > 0

Ta cần chứng minh: \(z\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)-\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2\ge2\sqrt{2}\)

Tương đương: \(\sqrt{x^4+y^4}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\ge\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2+2\sqrt{2}\)

Sau cùng ta cần chứng minh: \(\frac{2\left(3-2\sqrt{2}\right)\left(x^2-y^2\right)^2}{x^2y^2}\ge0\)

Xong.

Nhân tiện, với cùng điều kiện như trên thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi \(k\le1\):  

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

+) k = 1 đã được chứng minh.

+) k = 0 quá quen thuộc.

+) k < 0 thì yếu hơn k = 0.

1,

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