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 $a=b=c=1$.

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

B2: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=4\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=2\\a+b+c=-2\end{cases}}\)

TH1: \(a+b+c=2\Rightarrow c=2-\left(a+b\right)\)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+ab-2\left(a+b\right)+1=0\)

\(\Leftrightarrow a^2+\left(b-2\right)a+b^2-2b+1=0\)

Xem đây là một phương trình bậc hai ẩn a, tham số b.

Để tồn tại a thỏa phương trình trên thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-2\right)^2-4\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow b\left(3b-4\right)\le0\)\(\Leftrightarrow0\le b\le\frac{4}{3}\)

Do vai trò của a, b, c là như nhau nên \(0\le a,b,c\le\frac{4}{3}\)

(hoặc đổi biến thành b và tham số a --> CM được a, rồi thay \(b=2-c-a\) sẽ chứng minh được c)

TH2: \(a+b+c=-2\) --> tương tự trường hợp 1 nhưng kết quả sẽ là 

\(-\frac{4}{3}\le a,b,c\le0\)

Kết hợp 2 trường hợp lại, ta có đpcm.

dễ quá 

dễ quá

mình biêt s

làm đó

chữ " b" mk ghi ở phần b) trước "CMR " là gõ nhầm đấy, ko liên quan j đến bài toán đâu !!

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

$\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 $ab+bc+ca<3$

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

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

với a = b thì a - b = 0

ở bước (a+b)(a-b)=b(a-b) sang bước suy ra a+b=b bn đã chia cả hai vế cho a-b=0 là không được 

Vậy chỗ sai là không có phép chia cho 0 đâu nhé

P/s: Mk chưa học tới lớp 9, nếu sai mong bn thông cảm. :))

Ta có:

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{4}{a+2b+c}\ge\dfrac{4}{\dfrac{a^2+1}{2}+b^2+1+\dfrac{c^2+1}{2}}=\dfrac{8}{b^2+7}\)

Tương tự

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{8}{a^2+7}\)

\(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{8}{c^2+7}\)

Cộng vế:

\(2\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{8}{a^2+7}+\dfrac{8}{b^2+7}+\dfrac{8}{c^2+7}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{4}{a^2+7}+\dfrac{4}{b^2+7}+\dfrac{4}{c^2+7}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Dễ vậy mà ko làm đc àk

\(a_1.a_2=b_1.b_2\Rightarrow\frac{a_1}{b_1}=\frac{b_2}{a_2}\)

\(\Rightarrow\frac{a_1}{b_1}+\frac{a_2}{b_2}=\frac{b_2}{a_2}+\frac{a_2}{b_2}\ge2\sqrt{\frac{b_2}{a_2}.\frac{a_2}{b_2}}=2\) (AM - GM)

có a1.a2=b1.b2

=> a1/b1=b2/a2

có \(\frac{a1}{b1}+\frac{a2}{b2}=\frac{b2}{a2}+\frac{a2}{b2}\)

áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số dương có

\(\frac{b2}{a2}+\frac{a2}{b2}\ge2\sqrt{\frac{b2}{a2}.\left(\frac{a2}{b2}\right)}=2\)(đpcm)