Áp dụng BĐT:1/a+1/b>=4/a+b
Ta có:
1/(p-a)+1/(p+b)>=4/(2p-a-b)=4/c
Các phần sau tương tự!

=>2VT>=4(1/a+1/b+1/c)

=>VT>=2(1/a+1/b+1/c)

b)
Dấu "=" xảy ra  p-a=p-b=p-c => a=b=c
 =>tg đều

kinh làm đề lê hồng phong cơ ak

phantuananh ủa sao cậu biết vậy>?

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\frac{\sqrt{ab}}{2}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có :

\(\Rightarrow VP\le4\left(\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2}\right)=2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}+\frac{1}{2}\right)^2\ge2.2\sqrt{ab}.\frac{1}{2}=2\sqrt{ab}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có ;

\(\Rightarrow VT\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)  suy ra

\(VT\ge VP\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Chúc bạn học tốt !!!

Áp dụng bđt Cauchy ta có : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\frac{\sqrt{ab}}{2}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có :

\(\Rightarrow VP\le4\left(\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2}\right)=2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(1\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy ta cso :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}+\frac{1}{2}\right)^2\ge2.2\sqrt{ab}.\frac{1}{2}=2\sqrt{ab}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có :

\(\Rightarrow VT\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) 

\(VT\ge VP\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Chúc bạn học tốt !!!

\(\frac{a}{b+c}>\frac{a}{a+b+c}\) (do a > 0)

Tương tự: \(\frac{b}{a+c}>\frac{b}{a+b+c}\)

                \(\frac{c}{a+b}>\frac{c}{a+b+c}\)

Từ 3 bất đẳng thức trên suy ra:

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

Ta sẽ chứng minh:

  \(\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)  

Thât vậy, do a, b, c là các cạnh của tam giác nên bất đẳng thức trên tương đương với

   \(a\left(a+b+c\right)< 2a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+ab+ac< 2ab+2ac\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-b-c\right)< 0\)

Bất đẳng thức này đúng vì a>0 và a < b + c (vì trong tam giác, tổng hai cạnh lớn hơn cạnh thứ ba).

Vậy ta có: \(\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)

Tương tự, \(\frac{b}{a+c}< \frac{2b}{a+b+c}\)

               \(\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)

Cộng 3 bất đẳng thức trên suy ra:

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

Vậy bài toán đã được chứng minh.

Mình chỉ chứng minh được bé hơn 2 thôi nhe

Theo bất đẳng thức tam giác thì b+c>a => \(\frac{a}{b+c}< \frac{a}{a}\left(=1\right)\)

Tương tự ta cũng có 

\(\frac{b}{a+c}< 1\)

\(\frac{c}{a+b}< 1\)

=> \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< 3\)

cái này mik biết nè

vì a,b,c là 3 cạnh tam giác 

=> \(a,b,c\in\left[0;\frac{1}{2}\right]\)

=> \(a+b^2\le\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow\sqrt{a+b^2}\le\sqrt{\frac{3}{4}}< 1\)

=> \(\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}>b\)

tương tự mấy cái kia rồi + vào thì cậu có cả biểu thức >a+b+c=1

còn ý 2 thì nht nhé 

ta cần chứng minh bất đẳng thức 

\(\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}< \frac{2b}{a+b+c}\Leftrightarrow\sqrt{a+b^2}>\frac{1}{2}\)

ta có \(\left(b-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\Rightarrow a+b^2>a+b-\frac{1}{4}>\frac{a+b+c}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow\sqrt{a+b^2}>\frac{1}{4}\) 

=> bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng> Tương tự mấy cái kia rồi cậu tự + vào thì nó sẽ ra điều phải chứng minh

Áp dụng Holder:

\(24VT=\left(1+1+1+1+1+1\right)\left(a^3+a^3+c^3+c^3+b^3+b^3\right)\left(\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{c^3}\right)\ge\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^3\)

Mà \(\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^2\ge36\)( AM-GM)

\(24VT\ge36\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)\Leftrightarrow VT\ge VF\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c . 

P/s: BĐT holder: \(\left(a_1^n+a^n_2+...a_3^n\right)\left(b_1^n+b_2^n+...b_n^n\right)...\left(z_1^n+z_2^n+...z_n^n\right)\ge\left(a_1.b_1..z_1+a_2.b_2..z_2+...+a_n.b_n.z_n\right)^n\)

Lời giải

Ta có: \(\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2=\frac{1}{16}\left(4a+4b-1\right)^2+\left(a+b\right)\ge a+b\)

Tương tự: \(\left(b+c+\frac{1}{4}\right)^2\ge b+c;\left(c+a+\frac{1}{4}\right)^2\ge c+a\)

Như vậy: \(L.H.S\left(VT\right)\ge\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=\left(\frac{1}{\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}}\right)+\left(\frac{1}{\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}}\right)+\left(\frac{1}{\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{a}}\right)\)

\(\ge4\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\right)=R.H.S\left(VP\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\). Ta có đpcm.

khác cách tth xíu

Ta có:

\(VP=\Sigma_{cyc}\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\Sigma_{cyc}\frac{4}{\frac{4}{a+b}}=2\left(a+b+c\right)\)

Gio ta di chung minh

\(VT\ge2\left(a+b+c\right)\)

Ta lai co:

\(VT=\Sigma_{cyc}\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2\ge\frac{\left[2\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\right]^2}{3}\)

Chung minh

\(\frac{\left[2\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\right]^2}{3}\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[2\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\right]^2\ge0\) (đúng)

Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\)

Nyatmax thực ra về ý tưởng cũng không khác là mấy:D

Áp dụng bđt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\left(x;y>0\right)\) (tự c/m ha)

\(\frac{7}{a}+\frac{5}{b}+\frac{4}{c}=\left(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{c}\right)\)

                               \(=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)

                               \(\ge4.\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+3.\frac{4}{a+c}=4\left(\frac{4}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{3}{c+a}\right)\)

Dấu "=" <=> a = b = c

mk ko bt 123

\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)bài1

a) ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\) với mọi a,b\(\in\)N*

=> \(a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

b) tương tự ta có \(a^2+b^2\ge2ab\)

\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)(do a,b\(\in\)N*)

\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)

bài 2 chịu

Bài 2:

=> \(\frac{1}{\left[a.b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)

Do a,b,c là các số nguyên tố khác nhau

=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.2}=\frac{1}{3}\)

=> đpcm