Cô Quản Lý Nguyễn Linh Chi ơi cô bảo bạn đăng bài tham khảo bạn làm nhưng đã có ai làm bài đâu ạ 

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

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\frac{ab\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\)

\(+\frac{bc\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c}\right)+ca\left(c-a\right)\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b}\right)\)

\(+bc\left(b-c\right)\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+c}\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-ac\left(c-a\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{-bc\left(c-b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{-ab\left(b-a\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\le0\)*đúng với mọi a,b,c dương*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

bài này áp dụng bđt Cauchy-Schwart được nha

Đầu tiên ta chứng minh: \(\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\le3\left(ax+by+cz\right)\)

\(\Leftrightarrow ay+az+bz+bx+cx+cy\le2\left(ax+by+cz\right)\)

\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)+b\left(z+x-2y\right)+c\left(x+y-2z\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)-b\left[\left(y+z-2x\right)+\left(x+y-2z\right)\right]+c\left(x+y-2z\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)+\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\)

Không mất tính tổng quát, giả sử: \(\hept{\begin{cases}a\ge b\ge c\\x\ge y\ge z\end{cases}}\)

Theo đó: \(\hept{\begin{cases}a-b\ge0\\y+z-2x\le0\end{cases}}\Rightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)\le0\)

Tương tự \(\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\). 

Ta có đpcm.

Áp dụng vào bài toán:

Đặt \(a^2+b^2=x;b^2+c^2=y;c^2+a^2=z;a+b=p;b+c=q;c+a=o\), ta có:

Đpcm \(\Leftrightarrow\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\le\frac{3\cdot\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)}{\frac{1}{2}\left(p+q+o\right)}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{p+q+o}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\right)\left(p+q+o\right)\le3\left(x+y+z\right)\)[*]

Mà theo bất đẳng thức đã chứng minh:

\(VT\left[+\right]\le3\left(\frac{x}{p}\cdot p+\frac{y}{q}\cdot q+\frac{z}{o}\cdot o\right)=3\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Câu hỏi của Lưu Hải Dương - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Câu hỏi của Lưu Hải Dương - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)

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

\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)

Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm 

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

\(\Leftrightarrow\sum\frac{2}{a^2+b^2+2}\le\frac{3}{2}\Leftrightarrow\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge\frac{3}{2}\)

Ta có: \(\sum\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh \(\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\ge\frac{3}{2}\)

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

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

Mà \(\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge ac+b^2\)

\(\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge a^2+bc\) ; \(\sqrt{\left(b^2+c^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge ab+c^2\)

\(\Rightarrow\sum\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\sum\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2}\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng nên ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m

Bạn nói rõ hơn được không???

Để chừng nào t làm được câu 1 thì t giải giúp cho 1 lần luôn

giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)

Ta có: \(a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)

\(b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)

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

Lại có:+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)

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

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

\(\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)\)

+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)

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

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

\(\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)\)

Từ 1,2 => đpcm

BĐT đã cho tuong duong voi:

\(\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]\)

Theo AM-GM ta có: \(\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}\)

Có: \(VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}\)

Cần chứng minh: \(4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)

Rõ ràng \(\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)

Cần cm: \(36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}\)

Hay \(4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)

Tiếp tục là điều hiển nhiên do \(VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]\)

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

\(\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)