Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)

Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)

sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2

Bunhiacopxki:

\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)

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

Tương tự:

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

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

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(=\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\) nha ! 

P/S:Ko có mục đích xấu,đăng lên cho bạn thôi.

Giỏi quá à :3

Trả lời

Ở phần kết quả bạn vẫn chưa thu gọn hết đâu nha

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

Mk góp ý thôi mong mọi người đừng có đáp gạch đáp đá nha 

Study well 

a/ Với mọi số thực ta luôn có:

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

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

Lại có do a;b;c là ba cạnh của 1 tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

\(a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2\)

\(a+c>b\Rightarrow ab+bc>b^2\)

\(b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2\)

Cộng vế với vế: \(2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\)

b/

Do a;b;c là ba cạnh của tam giác nên các nhân tử vế phải đều dương

Ta có:

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

Tương tự: \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)

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

Nhân vế với vế:

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

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)

\(VT=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4\)

\(=4a^2b^2-\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)\)

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

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

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

Mặt khác theo BĐT tam giác ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\\left|a-b\right|< c\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2>c^2\\\left(a-b\right)^2< c^2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2-c^2>0\\c^2-\left(a-b\right)^2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT>0\)

B1:

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

Xét hiệu:

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\)

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

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

=> BĐT luôn đúng

*

Ta có:

\(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)

\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+ac\)

\(c< a+b\Rightarrow a^2< ac+bc\)

Cộng từng vế bất đẳng thức ta được:

\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

Vậy: \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

B2:

Ta có: \(a+b>c\) ; \(b+c>a\); \(a+c>b\)

Xét:\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+c+b}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{b+c+b+c}=\dfrac{1}{b+c}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+c+a+c}=\dfrac{1}{a+c}\)

Suy ra:

\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)

=> ĐPCM

Làm hết chỗ này chắc hết tuổi thanh xuân của t,

câu b dấu "=" có xảy ra nhé,fix đề đy bạn eiiii