Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\)   ( * )

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

TT ....

Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :

\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)

\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

bài hơi khoai

Không mất tính tổng quát giả sử \(c=max\left\{a,b,c\right\}\)

\(\Rightarrow2c\ge a+b\)

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

Từ giả thiết \(\Rightarrow a,b\le1\)

\(\Rightarrow ab\le1\)( *)

Đặt \(P=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{5}{2}\)

\(=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+\frac{1-ab}{a+b}}+\frac{1}{a+\frac{1-ab}{a+b}}-\frac{5}{2}\)

Đặt \(S=\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}+a+b+\frac{1}{a+b}-\frac{5}{2}\)

Xét hiệu \(P-S=\)\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+\frac{1-ab}{a+b}}+\frac{1}{a+\frac{1-ab}{a+b}}-\frac{5}{2}-\)\(-\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}-a-b-\frac{1}{a+b}+\frac{5}{2}\)

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

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

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a+b}{b^2+1}+\frac{a+b}{c^2+1}-\left(a+b\right)\left[1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\right]\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\)

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

\(\Rightarrow\left(2+b^2+a^2\right)\left[1+\left(a+b\right)^2\right]\ge\left[2+\left(a+b\right)^2\right]\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2+2\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)+a^2+b^2\ge\left[2+\left(a+b\right)^2\right]\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2+2\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)+a^2+b^2-2a^2b^2-\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)^2a^2b^2\)\(-2-2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b^2\right)\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow ab\left[ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\right]\le0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\le0\)( do a,b \(\ge0\))

\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2\le2\left(1-ab\right)\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2\le2c\left(a+b\right)\) (1)

Mà \(c\ge\frac{a+b}{2}\)

\(\Rightarrow2c\left(a+b\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge ab\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\left(1-ab\right)\ge0\)( đúng do (*) ) 

\(\Rightarrow\left(1\right)\)đúng

\(\Rightarrow P-S\ge0\)

\(\Rightarrow P\ge S\)

Ta phải chứng minh \(S\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}+a+b+\frac{1}{a+b}\ge\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{1+\left(a+b\right)^2}+\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\ge\frac{5}{2}\) (2) 

Đặt \(x=\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\)

Ta có: \(1+\left(a+b\right)^2\ge2\left(a+b\right)\)

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

\(\Rightarrow x=\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\ge2\)

=> (2) có dạng \(x+\frac{1}{x}\ge\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow2x^2-5x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)\left(x-2\right)\ge0\)( đúng )

\(\Rightarrow S\ge0\)mà \(P\ge S\)

\(\Rightarrow P\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{5}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=1\\ab+bc+ca=1\\ab\left[ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\right]=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=c=1;b=0\\b=c=1;a=0\end{cases}}\)

sửa một chút là cái dòng thứ 4 là từ giả thiết\(\Rightarrow0\le a,b\le1\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có \(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)

Tương tự \(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc}\ge1\) \(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\ge1\)

Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được

\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{b^2+c^2}{4bc}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\right)\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\left(\frac{a}{4b}+\frac{b}{4a}+\frac{b}{4c}+\frac{c}{4b}+\frac{a}{4c}+\frac{c}{4a}\right)\right)\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}-\frac{a+c}{b}-\frac{b+c}{a}-\frac{c+a}{b}\right)\ge\frac{3}{4}\)(do \(a+b+c=1\))

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\) luôn đúng. Từ đó suy ba BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

https://olm.vn/hoi-dap/detail/239526218296.html

Sử dụng phân tích tuyệt vời của Ji Chen:

\(VT-VP=\frac{4\left(a+b+c-2\right)^2+abc+3\Sigma a\left(b+c-1\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Hãy xem phương pháp Buffalo-Way giải quyết nó!

Viết BĐT lại thành: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\ge\frac{25}{4}\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\) và đặt \(a=c+u+v,b=c+v\left(u,v\ge0\right)\). Sau khi quy đồng, bất đẳng thức trở thành:

128 c^6+4 u^5 v+19 u^4 v^2+30 u^3 v^3+15 u^2 v^4+c^5 (256 u+512 v)+c^4 (192 u^2+832 u v+832 v^2)+c^3 (96 u^3+528 u^2 v+1008 u v^2+672 v^3)+c^2 (40 u^4+224 u^3 v+488 u^2 v^2+528 u v^3+264 v^4)+c (8 u^5+60 u^4 v+152 u^3 v^2+168 u^2 v^3+100 u v^4+40 v^5) \(\ge0\) (hiển nhiên đúng)

P/s: Khúc cuối dài quá gõ công thức bị tràn hết màn hình nên đành gõ ngoài, thông cảm! Nhớ bài này có một cách dùng dồn biến mà nghĩ không ra.

Đặt \(a=\frac{1}{x}\), \(b=\frac{1}{y}\), \(c=\frac{1}{z}\) ta có: \(xy+yz+zx=1\)

Ta thấy \(x+y+z\ge\sqrt{3.\left(xy+yz+zx\right)}=\sqrt{3}\)

Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz ta có:

\(\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}+\frac{z}{xy+1}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3xyz+x+y+z}=\frac{\left(x+y+z\right)^3}{3xyz.\left(x+y+z\right)+\left(x+y+z\right)^2}\)

                                                         \(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^3}{\left(xy+yz+zx\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}=\frac{\left(x+y+z\right)^3}{1+\left(x+y+z\right)^2}\)

\(=\frac{\left(x+y+z-\sqrt{3}\right).\left[4.\left(x+y+z\right)^2+\sqrt{3}\left(x+y+z\right)^2+3\right]}{4.\left[1+\left(x+y+z\right)^2\right]}+\frac{3\sqrt{3}}{4}\)           

\(\ge\frac{3\sqrt{3}}{4}\)                                             

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}=\sqrt{3}\)hay \(a=b=c=\sqrt{3}\)