Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)

Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)

\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)

*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)

\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)

Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*

*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị

Tuyệt quá,

Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)

có hằng số k tốt nhất là 10.

Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!

bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))

em moi co lop 7

em mới có lớp 6 thôi mà

Cách này xem có đúng không nha bạn

Dự đoán điểm rơi: a=b=c (Để có thể dễ áp dụng AM-GM mà không sai)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}a+b=x\\b+c=y\\a+c=z\end{cases}}\)

Do đó: \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{b+c}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}=\frac{x+z-y}{2y}\\\frac{b}{c+a}=\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}=\frac{x+y-z}{2z}\\\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}=\frac{y+z-x}{2x}\end{cases}}\)

Thế vào:

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

\(=\frac{3y+x+z-y}{2y}\cdot\frac{3z+x+y-z}{2z}+\frac{3x+y+z-x}{2x}\)

\(=\frac{x+z+2y}{2y}\cdot\frac{x+y+2z}{2z}\cdot\frac{y+z+2x}{2x}\)

\(=\frac{x+z+y+y}{2y}\cdot\frac{x+y+z+z}{2z}\cdot\frac{y+z+x+x}{2x}\ge\frac{4\sqrt[4]{xy^2z}\cdot4\sqrt[4]{xyz^2}\cdot4\sqrt[4]{x^2yz}}{8xyz}=\frac{64\sqrt[4]{x^4y^4z^4}}{8xyz}=8\)

Vậy suy ra đpcm.

Mik đặt x+z+y+y và x+y+z+z và y+z+x+x ra rồi áp dụng AM-GM cho 4 số thực dương vì lúc đó bất đẳng thức có điểm rơi khi x=y=z hay a=b=c đúng với điểm rơi của Bđt cần CM.

Học tốt! Share thêm bài nha 

Chắc ok đấy.Mình đăng lời giải của tạp chí Toán tuổi thơ nha!

             Lời giải (chú ý là của tạp chí Toán tuổi thơ chứ không phải của mình)

Ta có: \(\frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}=\frac{3b+3c+2a}{2\left(b+c\right)}\) 

Áp dụng BĐT AM-GM,ta có:

\(\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\ge2\sqrt{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\);

\(2\left(\sqrt{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\left(b+c\right)\right)\ge4\sqrt[4]{\left(c+a\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)^2}\)

Thiết lập hai BĐT còn lại tương tự và nhân theo vế suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b = b + c = c + a <=> a = b =c

Tương tự của mik mà mik đặt thôi. 

Ta có : \(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)

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

\(=-\frac{1}{a-c}+\frac{1}{a-b}+\frac{-1}{b-a}+\frac{1}{b-c}+\frac{-1}{c-b}+\frac{1}{c-a}\)

\(=\frac{1}{c-a}+\frac{1}{a-b}+\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\)

\(=\frac{2}{a-b}+\frac{2}{b-c}+\frac{2}{c-a}\)

Đặt M; N; P như sau:

\(M=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge N=\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge P=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}.\)

1./ Xét hiệu: M - P

\(M-P=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}=a-b+b-c+c-a=0\)

=> M = P

2./ Bất đẳng thức \(M\ge N\ge P\)có \(M=P\)=> \(M=N=P\)

3./ Khi M = N, ta có hiệu: M - N = 0 nên:

\(\frac{a^2-c^2}{a+b}+\frac{b^2-a^2}{b+c}+\frac{c^2-b^2}{c+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(a+b\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)

Mặt khác ta luon có bất đẳng thức: \(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)dấu "=" khi a² = b² = c²

Do đó để xảy ra đẳng thức (1) thì a² = b² = c² hay |a| = |b| = |c|. ĐPCM

Làm thì mình nghĩ mình làm dc nhưng có cái giờ phải đi học rồi . Nếu tối nay chưa ai trả lời mình sẽ trả lời 

à bài này mk làm ra rùi bạn 

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 \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)