
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.


Đặt b+c=x , c+a=y , a+b=z => a+b+c=(x+y+z)/2
=> a=(y+z-x)/2 và b=(x+z-y)/2 và c=(x+y-z)/2
VT = a/(a+b) +b/(b+c) +c/(c+a)
=(y+z-x)/(2x) + (x+z-y)\(2y) + (x+y-z)/(2z)
=(y/x + z/x -1+ x/y + z/y -1+ x/z + y/z -1 )/2
=( y/x+ z/x + x/y + z/y + x/z + y/z -3 )/2
Áp dụng Bđt cô si (3 lần cho 3 cặp nghich đảo)
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) >= 2x3 =6 <=>
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3 >= 3<=>
[( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3]/2 >= 3/2<=>
VT >= 3/2
Dấu = xảy ra khi: x=y=z <=> a=b=c
Ta Đặt
\(b+c=x;c+a=y;a+b=z\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)
Khi đó VT trở thành:
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
Áp dụng BĐT cô-si, ta được;
VT\(\ge\frac{1}{2}\left(6-3\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Không mất tính tổng quát giả sử a lớn nhất trong các số a,b,c. Từ đó suy ra
\(3a\ge a+b+c=3\Leftrightarrow2\ge a\ge1\left(1\right)\)
Từ điều kiện \(0\le b,c\le a\le2\). ta có
\(a^3+b^3+c^3\le a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3=9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\left(2\right)\)
Mà từ \(b,c\ge0\) và \(a+b+c=3\).Lưu ý rằng khi ta có \(1\le a\le2\) từ \(\left(1\right)\) ta có: \(\left(a-\frac{3}{2}\right)^3\le\frac{1}{4}\left(3\right)\).
Vậy \(a^3+b^3+c^3\le9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\le\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=9\)
Từ (2) và (3). Như vậy đã chứng minh xong
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\\c=0\end{cases}}\)
Let \(a\ge b\ge c\)
Since \(f\left(x\right)=x^3\)is a convex function on \(\left[0,3\right]\) and \(\left(2,1,0\right)›\left(a,b,c\right)\)
By Karamata's inequality we obtain
\(9=2^3+1^3+0^2\ge a^3+b^3+c^3\)
Done! :)))
P/s:viết tiếng anh giỏi quá =))

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{a^3}{bc}+b+c\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a\)
\(\frac{b^3}{ca}+c+a\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b\)
\(\frac{c^3}{ab}+a+b\geq 3\sqrt[3]{c^3}=3c\)
Cộng theo vế thu được:
\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}+2(a+b+c)\geq 3(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ca+bc}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó là tam giác đều