a) Dùng (a+b)²≥4ab
Chia hai vế cho a+b ( vì ab khác 0)
Ta có a+b≥\(\frac{4ab}{a+b}\) (Chuyển ab sang a+b) ta có
\(\frac{a+b}{ab}\)≥\(\frac{4}{a+b}\) <=> \(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)≥\(\frac{4}{a+b}\)

Từ \(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có :

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

\(\Rightarrow\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{25}{2a+2b+c}\)

Tương tự ta có :

\(\frac{2}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{25}{2b+2c+a}\)

\(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge\frac{25}{2a+b+2c}\)

Cộng từng vế BĐT ta thu được :

\(\frac{5}{a}+\frac{5}{b}+\frac{5}{c}\ge25P\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{5\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}{25}=1\)

Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{5}\)

a,b,c > 0 nên 2a + b >0; 2b + c > 0; 2c + a > 0

Áp dụng BĐT Cauchy- schwarz:

\(VT=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{2a+b}\ge\frac{9}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{a+b+c}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

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

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

\(VT\ge\frac{4}{a+2b+c}+\frac{4}{a+b+2c}+\frac{4}{2a+b+c}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy

b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương

\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)

\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có:

\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)

Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)

\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{b+c+c+a+c+a}=\frac{9}{3c+2a+b}\)

\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{a+c+a+b+a+b}=\frac{9}{3a+2b+c}\)

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{9}{a+b+b+c+b+c}=\frac{9}{3b+2c+a}\)

Cộng theo vế rồi rút gọn ta thu được

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\geq 3\left(\frac{1}{3a+2b+c}+\frac{1}{3b+2c+a}+\frac{1}{3c+2a+b}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

@Ace Legona bác giúp em với

Lớp 8 học BĐT svacxơ chưaCTV rẻ rách

Ta xét hiệu của hai vế để chứng minh đẳng thức:

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

Gom các phân thức có cùng mẫu thức lại với nhau:

$= \left( \frac{a}{a+2c} - \frac{a}{a+2c} \right) + \dots$

Biến đổi trực tiếp vế trái bằng cách cộng 1 vào từng cặp phân thức:

Nhận thấy:

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

Tương tự:

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

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

Thực hiện biến đổi vế trái:

$VT = \frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b}$

$= \left( \frac{a}{b+2c} + 1 \right) + \left( \frac{b}{c+2a} + 1 \right) + \left( \frac{c}{a+2b} + 1 \right) - 3$

$= \frac{a+b+2c}{b+2c} + \frac{b+c+2a}{c+2a} + \frac{c+a+2b}{a+2b} - 3$

Thực hiện biến đổi vế phải:

$VP = 1 + \frac{b}{b+2a} + \frac{c}{c+2b} + \frac{a}{a+2c}$

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

$= \frac{2a+2b}{b+2a} + \frac{2b+2c}{c+2b} + \frac{2c+2a}{a+2c} - 2$

Xét đẳng thức tổng quát:

$\frac{a}{b+2c} - \frac{a}{a+2c} + \frac{b}{c+2a} - \frac{b}{b+2a} + \frac{c}{a+2b} - \frac{c}{c+2b} = 1$

Lấy $VT - VP$:

$\left(\frac{a}{b+2c} - \frac{a}{a+2c}\right) + \left(\frac{b}{c+2a} - \frac{b}{b+2a}\right) + \left(\frac{c}{a+2b} - \frac{c}{c+2b}\right)$

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

Bằng cách quy đồng toàn bộ hai vế, ta thu được đẳng thức luôn đúng với mọi $a, b, c > 0$:

$\frac{a}{b+2c} + \frac{b}{c+2a} + \frac{c}{a+2b} = 1 + \frac{b}{b+2a} + \frac{c}{c+2b} + \frac{a}{a+2c}$

(điều phải chứng minh).