ta có

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\left(AM-GM\right)\)

tương tự ta có

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\left(a+b\ge+c\right)-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge\frac{3}{2}\)

do \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)

Bài làm

Đặt x = a + b , y = b + c , z = c + a

Thì \(a=\frac{x+z-y}{2};b=\frac{x+y-z}{2};c=\frac{y+z-x}{2}\)

Ta có: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z-y}{2}.\frac{1}{y}+\frac{x+y-z}{2}.\frac{1}{z}+\frac{y+z-x}{2}.\frac{1}{x}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)

\(\Leftrightarrow-3.\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow-\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\) ( đpcm )

Cre chi tiết: Bấm vào đây

a) Đơn giản, tự chứng minh

b) Cách 1: Áp dụng BĐT câu a: \(VT\ge\left(a^2+ab-b^2\right)+\left(b^2+bc-c^2\right)+\left(c^2+ca-a^2\right)=ab+bc+ca=VP\)(đpcm)

Cách 2:

Ta chứng minh BĐT chặt hơn: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\) (vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))

Giả sử \(b=min\left\{a,b,c\right\}\).Bằng phương pháp B-W (Buffalo way) ta phân tích được:

\(VT-VP=\frac{\left(4a^2c+4abc-b^3+3b^2c-bc^2\right)\left(a-b\right)^2+b\left(b^2+bc+c^2\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4abc}\ge0\)

P/s: Cách 2 tuy dài nhưng rất hay vì đây là phân tích bằng tay (không cần dùng phần mềm)!

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\) (Cô si ngược + Rút gọn)

Tương tự \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT,ta được: \(VT\ge\left(a+b+c\right)-\left(\frac{ab+bc+ca}{2}\right)=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)

Mặt khác,ta có BĐT \(xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) (bạn tự c/m,không làm được ib)

Thay x = a; y = b ; z = c,ta có: \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{9}{3}=3\)

Suy ra\(VT\ge3-\frac{ab+bc+ca}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2\left(b+c\right)}{4\left(b+c\right)}}=a\)

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

Cộng vế với vế:

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có :

\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9^2\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Lại có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\forall a,b,c\)

\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ac\Rightarrow ab+bc+ac\le3\)

Bất đẳng thức ban đầu tương đương với :

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{a^2}{a\left(b^2+1\right)}+\frac{b^2}{b\left(c^2+1\right)}+\frac{c^2}{c\left(a^2+1\right)}\)

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

Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
\(\hept{\begin{cases}a\left(b^2+1\right)\ge a.2\sqrt{b^2}=2ba\\b\left(c^2+1\right)\ge b.2\sqrt{c^2}=2cb\\c\left(a^2+1\right)\ge c.2\sqrt{a^2}=2ac\end{cases}}\)

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

Mà \(ab+bc+ca\le3\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Chúc bạn học tốt !!!

Ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM−GM với mẫu số vì bất đẳng thức sẽ đổi chiều

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\)\(\le\)\(\frac{a}{2b}+\frac{b}{2c}+\frac{c}{2a}\ge\frac{3}{2}\)
Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Ta đã sử dụng bất đẳng thức AM−GMcho 2 số 1+b2≥2b ở dưới mẫu nhưng lại có được một bất đẳng thức thuận chiều? Sự may mắn ở đây là một cách dùng ngược bất đẳng thức AM−GMAM−GM, một kĩ thuật rất ấn tượng và bất ngờ. Nếu không sử dụng phương pháp này thì bất đẳng thức trên sẽ rất khó và dài.

Từ bất đẳng thức trên, xây dựng 2 bất đẳng thức đương tự với b,cb,c rồi cộng cả 3 bất đẳng thức lại suy ra:

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}=a+b+c-\frac{ab+bc+ac}{2}\ge\frac{3}{2}\)
vì ta có ab+bc+ac≤3. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Với cách làm trên có thể xây dựng bất đẳng thức tương tự với 4 số.

Chúc bạn học tốt!!! k mình nha=))

\(\frac{a}{a+b}\)>=  \(\frac{a}{a+a}\)= \(\frac{1}{2}\)( vì a + a >= a + b vì a >= b ) 

\(\frac{b}{b+c}\) >= \(\frac{b}{b+b}\)= \(\frac{1}{2}\)( vì b + b >= b + c vì b >= c )

\(\frac{c}{c+a}\)>= \(\frac{c}{c+c}\)  = \(\frac{1}{2}\)( vì c + c >= c + a vì c>=0 )

Từ 3 điều này suy ra

\(\frac{a}{a+b}\)+ \(\frac{b}{b+c}\)+ \(\frac{c}{c+a}\)>=  \(\frac{3}{2}\)

dễ dàng c/m (x+y+z)(1/x+1/y+1/z) \(\ge\) 9,dấu "=" khi x=y=z (*)

a/a+b +b/b+c +c/c+a >= 3/2

<=>(a/b+c + 1) + (b/c+a + 1) + (c/a+b + 1) >= 3/2+1+1+1

<=>(a+b+c)/(b+c) + (a+b+c)/(c+a) + (a+b+c)/(a+b) >= 9/2

<=>2(a+b+c)(1/b+c + 1/c+a + 1/a+b) >= 9/2

<=>[(b+c)+(c+a)+(a+b)](1/b+c + 1/c+a + 1/a+b) >= 9/2 (bđt (*))

Đặt: a + b = x; b + c = y; c + a = z

Thì ta có: x \(\ge\)z \(\ge\)y

Theo đề bài ta có:

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

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}-\frac{1}{2}+\frac{b}{b+c}-\frac{1}{2}+\frac{c}{c+a}-\frac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\frac{b-c}{2\left(b+c\right)}+\frac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{z-y}{2x}+\frac{x-z}{2y}+\frac{y-x}{2z}\ge0\)

\(\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z-x\right)\ge0\)(1)

Mà ta lại có 

\(\hept{\begin{cases}y-x\le0\\z-x\le0\\z-y\ge0\end{cases}}\)nên (1) đúng

\(\Rightarrow\)ĐPCM

Đấu = xảy ra khi x = y = z hay a = b = c

Đặt b+c=m

      a+c=n

      a+b=p

=>a+b+c =\(\frac{m+n+p}{2}\) 

a=\(\frac{n+p-m}{2}\) 

b=\(\frac{m+p-n}{2}\) 

c=\(\frac{m+n-p}{2}\) 

=>\(\frac{n+p-m}{2m}+\frac{m+n-p}{2n}+\frac{m+n-p}{2p}\) 

=\(\frac{1}{2}\left(\frac{n}{m}+\frac{m}{n}\right)\) +\(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{m}+\frac{m}{p}\right)\) +\(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{n}+\frac{n}{p}\right)\) -\(\frac{3}{2}\) \(\ge\) \(\frac{3}{2}\) 

Áp dụng BĐT Cosi cho  2 số \(\frac{n}{m};\frac{m}{n}\)  ta được:

 Từ chứng minh tiếp ....

bài 1. ta có

\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+ac+ad\)

\(\Leftrightarrow b^2+ab+\frac{a^2}{4}+c^2+ac+\frac{a^2}{4}+d^2+ad+\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b+\frac{a}{2}\right)^2+\left(c+\frac{a}{2}\right)^2+\left(d+\frac{a}{2}\right)^2+\frac{a^2}{4}\ge0\) luôn đúng

Bài 2

ta có \(\frac{a^5}{b^5}+1+1+1+1\ge\frac{5.a}{b}\) (bất đẳng thức cauchy)

Tương tự ta có \(\frac{b^5}{c^5}+4\ge\frac{5b}{c};\frac{c^5}{a^5}+4\ge\frac{5c}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\)

Mà dễ dàng chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\)

Nên ta có \(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)

bài 1 : \(^{a^2+B^2+C^2+D^2}\)>hoặc =ab+ac+ad 

\(^{a^2+b^2+c^2}\)- ab-ac-ad>hoặc = 0

\((\frac{1}{4}^{a^2-ab+b^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ac+c^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ad+d^2})\)>hoặc =0

\((\frac{1}{2}a-b)^2+(\frac{1}{2}a-c)^2+(\frac{1}{2}a-d)^2>=0\)

Vì \((\frac{1}{2}a-b)^2>=0\)với mọi \(A,b\varepsilon n\)

=> đpcm tự kết luận