Thay \(1=a+b+c\)  vào vế phải của BĐT

=> BĐT cần CM trở thành:

<=> \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{2b+c+a}{c+a}+\frac{2c+a+b}{a+b}\)

<=> \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}+3\)

<=> \(2\left(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c}-\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b}\right)\ge3\)

<=> \(\frac{ac}{b\left(b+c\right)}+\frac{ab}{c\left(c+a\right)}+\frac{bc}{a\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

<=> \(\frac{a^2b^2}{abc\left(c+a\right)}+\frac{b^2c^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{c^2a^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)     (1)

Có:   \(VT\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3abc\left(a+b+c\right)}{2abc\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\)    (2)

(TA ĐàÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ)

TỪ (1) VÀ (2) => TA CÓ ĐPCM

Tự nhiên lục được cái này :'( 

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

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

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

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

Cộng theo vế ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

Bài 1:

Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)

Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.

Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )

Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$

Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)

Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)

Chiều đảo:

Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)

Vậy ta có đpcm.

Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.

Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)

Theo BĐT AM-GM thì:

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

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

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

\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)

Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.

Bài 3:

$n=2$ thỏa mãn 2 số trên đều là nguyên tố nhé.

Đặt \(\left\{\begin{matrix} 2^n-1=p\\ 2^n+1=q\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow pq=(2^n-1)(2^n+1)=2^{2n}-1=4^n-1\)

Vì \(4\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 4^n\equiv 1^n\equiv 1\pmod 3\)

\(\Rightarrow 4^n-1\vdots 3\Rightarrow pq\vdots 3\Rightarrow \left[\begin{matrix} p\vdots 3\\ q\vdots 3\end{matrix}\right.\)

Nếu $p\vdots 3$ thì $p=3$

\(\Rightarrow 2^n-1=3\Rightarrow 2^n=4\Rightarrow n=2\)

\(\Rightarrow 2^n+1=2^2+1=5\in\mathbb{P}\) (thỏa mãn)

Nếu $q\vdots 3$ thì $q=3$ \(\Rightarrow 2^n+1=3\Rightarrow 2^n=2\Rightarrow n=1\)

\(\Rightarrow p=2^n-1=2^1-1=1\not\in\mathbb{P}\) (loại trừ)

Vậy $n=2$ vẫn thỏa mãn 2 số trên đều là số nguyên tố nhé.

Ta có:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(a+abc\right)\left(b+abc\right)\left(c+abc\right)=abc\left(ab+1\right)\left(bc+1\right)\left(ca+1\right)=\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)\left(bc+1\right)\)Á dụng bất đẳng thức Cauchy \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) ta có

\(ab+1\ge2\sqrt{ab.1}=2\sqrt{ab}\)

\(bc+1\ge2\sqrt{bc.1}=2\sqrt{bc}\)

\(ac+1\ge2\sqrt{ac.1}=2\sqrt{ac}\)

=> \(\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)\left(bc+1\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8\sqrt{1}=8\)

hay \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\left(đpcm\right)\)

Đóng góp cách khác :))

Ta có:\(\left(a-1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2-2a+1\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+2a+1-4a\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+1\right)^2\ge4a\)

TT\(\Rightarrow\left(b+1\right)^2\ge4b;\left(c+1\right)^2\ge4c\)

Nhân vế theo vế\(\Rightarrow\text{[}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\text{]}^2\ge64abc\)

\(\Rightarrow\text{[}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\text{]}^2\ge64\)

Mà a,b,c dương\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\left(\text{đ}pcm\right)\)

Theo BĐT Cô - si ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}a+1\ge2\sqrt{a}\\b+1\ge2\sqrt{b}\\c+1\ge2\sqrt{c}\end{matrix}\right.\)

Nhân theo vế ta được :

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\sqrt{abc}=8\)

Ùi mình làm theo kiểu khác thử :V, nhưng có hơi hướng giống và bổ sung :D

Câu 2 : a,b,c > 0. CM : \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)

Giải :

C1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có :

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\left(ĐPCM\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\).

C2 : Đầy đủ hơn với cách giải đúng của bạn Hoàng Thiên Di :

Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương (sgk là cosi :v)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1+1+1+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\)

\(\ge3+2+2+2=9\left(ĐPCM\right)\)

Câu 3 : a,b,c > 0. CM : \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)

Giải :

\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\ge6\)

Theo bất đẳng thức Cosi : \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{xy}{yx}}=2\)

Thay vào các vế được : \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\sqrt{1}=2\)

\(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ac}{ca}}=2\sqrt{1}=2\)

\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\sqrt{1}=2\)

\(\Leftrightarrow2+2+2\ge6\) (đúng)

BĐT được c/m.

xem lại đề

a=b=c=1 =>3<=2

Bài 3 :

Đặt A= \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}\)+\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}\)

=\(\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\) (*)

Xét BĐT : \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\) , với x,y >0

Áp dụng AM-GM => \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)\(\ge2\sqrt{\dfrac{xy}{xy}}=2\)

Thay vào (*) => A \(\ge2+2+2=6\)

Hay A\(\ge6\left(đpcm\right)\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) ta có:

\(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{4}{2a+4b+2c}=\frac{2}{a+2b+c}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{2a+b+c}\ge\frac{2}{a+b+2c};\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{2}{2a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(VT=\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+3b}\)

\(\ge\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}=VP\)

thanks

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương \(\frac{a}{b^2}\) và \(\frac{1}{a}\) ta có :

\(\frac{a}{b^2}+\frac{1}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b^2}\cdot\frac{1}{a}}=\frac{2}{b}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{b^2}=\frac{1}{a}\Leftrightarrow a=b\)

+ Tương tự ta cm đc :

\(\frac{b}{c^2}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{c}\). Dấu "=" xảy ra <=> b = c

\(\frac{c}{a^2}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{a}\). Dấu "=" xảy ra <=> a = c

Do đó : \(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c