Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ! 

https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034

Bunhiacopxki:

\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a^2+ab}{\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2}\ge\dfrac{2a^2+ab}{\left(2a+b\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)}=\dfrac{a^2}{c^2+ab+bc}\)

Tương tự:

\(\dfrac{2b^2+bc}{\left(c+\sqrt{ca}+a\right)^2}\ge\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}\)

\(\dfrac{2c^2+ca}{\left(a+\sqrt{bc}+b\right)^2}\ge\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Nhức nhối mãi bài này vì nó làm lag hết máy

Giải

Đặt \(x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c}\)

Ta phải chứng minh \(Σ\dfrac{\left(x+2\right)^2}{x^2+2}\le8\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{2x+1}{x^2+2}\le\dfrac{5}{2}\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{1}{2}\)

Lại theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(Σ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\)

Ta còn phải chứng minh

\(2\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-6x-6y-6z+9\right)\)\(\ge x^2+y^2+z^2+6\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+4\left(xy+yz+xz\right)-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

Bây giờ có \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\ge12\left(xyz\ge8\right)\)

Còn phải chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2+24-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Bởi vì BĐT là thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa \(a+b+c=3\). Khi đó

\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}=\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2+\left(a-1\right)^2}\right)\)

\(\le\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2}\right)=\dfrac{4a+4}{3}\)

Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{\left(2b+c+a\right)^2}{2b^2+\left(a+c\right)^2}\ge\dfrac{4b+4}{3};\dfrac{\left(2c+b+a\right)^2}{2c^2+\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4c+4}{3}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(Σ\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\geΣ\left(4a+4\right)=8\)