Do a+b+c= 0

<=> a+b= -c 

=> (a+b)²= c² 

Tương tự: (c+a)²= b², (c+b)²= a²   

Ta có: \(A=\frac{1}{b^2+c^2-a^2}+\frac{1}{c^2+a^2-b^2}+\frac{1}{a^2+b^2-c^2}\)

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

\(=\frac{1}{-2bc}+\frac{1}{-2ca}+\frac{1}{-2ab}\)

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

a) Áp dụng Cauchy Schwars ta có:

\(M=\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}+\frac{c^2}{c+1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

b) \(N=\frac{1}{a}+\frac{4}{b+1}+\frac{9}{c+2}\ge\frac{\left(1+2+3\right)^2}{a+b+c+3}=\frac{36}{6}=6\)

Dấu "=" xảy ra khi: x=y=1

Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,

$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$

Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$

Cách trên chưa đủ mạnh.

Dùng Cauchy–Engel:

$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$

Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.

Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức

$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.

Ta áp dụng Titu:

$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$

$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$

Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$.

$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$

Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,

$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$

Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$

Cách trên chưa đủ mạnh.

Dùng Cauchy–Engel:

$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$

Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.

Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức

$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.

Ta áp dụng Titu:

$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$

$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$

Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$.

$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$

$a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)$

$\ge (a+b+c)^2-\dfrac43(a+b+c)^2\qquad \left(ab+bc+ca\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\right)$$=-\dfrac13(a+b+c)^2$

Lại có $(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3(abc)^{\frac23}<3$ nên cách này không đủ mạnh.

Ta dùng $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2-(ab+bc+ca)$

$\ge -(ab+bc+ca)$

Theo AM-GM,

$ab+bc+ca\le 3\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)\le 3$ và do $abc<1$ nên không thể có $ab=bc=ca=1$.

Suy ra $ab+bc+ca<3$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3$

$\boxed{a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3.}$

Cần gấp ko bạn

Nếu gấp thì sang web khác thử

ta có bđt phụ 1: với mọi số thực x;y ta luôn có xy\(\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

CM: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

=> \(x^2-2xy+y^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\)

\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

=> \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

ta CM tiếp bđt phụ thứ 2: với mọi số thực dương a, ta có \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2}{8}\)

CM: áp dụng bđt phụ thứ nhất ta có:

\(2a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left\lbrack2a+\left(1+a^2\right)\right\rbrack^2}{4}=\frac{\left(a^2+2a+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+1\right)^4}{4}\)

=> \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^4}{8}\)

CMTT: => \(b\left(1+b^2\right)\le\frac{\left(b+1\right)^4}{8}\)

=> \(c\left(1+c^2\right)\le\frac{\left(c+1\right)^4}{8}\)

=> \(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\)

=> cần CM: \(\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\le8\Rightarrow\left(\left\lbrack a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4\le8^4\)

mà ta có : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1+b+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}\)

vì a+b+c=3

=>a+b=3-c thay vào biểu thức trên ta có:

\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(3-c+2\right)^2}{4}=\frac{\left(5-c\right)^2}{4}\)

=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\)

cần CM: \(\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\le8\Rightarrow\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)\le32\)

\(\left(25-10c+c^2\right)\left(c+1\right)\le32\)

\(25c+25-10c^2-10c+c^3+c^2-32\le0\)

\(c^3-9c^2+15c-7\le0\)

\(c^3-c^2-8c^2+8c+7c-7\le0\)

\(c^2\left(c-1\right)-8c\left(c-1\right)+7\left(c-1\right)\le0\)

\(\left(c-1\right)\left(c^2-8c+7\right)\le0\)

\(\left(c-1\right)\left\lbrack c\left(c-1\right)-7\left(c-1\right)\right\rbrack\le0\)

\(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\)

vì a+b+c=3

=>0<c<3

=> \(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\) đúng với mọi c

vậy bđt dc chứng minh

Tham khảo:

https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-a-b-c-la-do-dai-ba-canh-cua-mot-tam-giac-va-thoa-man-he-thuc-a-b-c-1-cmr-a2-b2-c2-12.139261258302

áp dụng Hê rông nha mn❤

12632t54s jsd