3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :

\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)

\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)

\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)

Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :

\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)

Do đó:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 2:

Thay $1=a+b+c$ và áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\)

\(=\frac{(a+a+b+c)(b+a+b+c)(c+a+b+c)}{abc}\)

\(\geq \frac{4\sqrt[4]{a.a.b.c}.4\sqrt[4]{b.a.b.c}.4\sqrt[4]{c.a.b.c}}{abc}=\frac{64abc}{abc}=64\)

Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

1.

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

Ta có:

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

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

Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)

Do \(a;b;c\ge1\)  nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:

\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa

2.

Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS

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

\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

Đúng theo (1)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

1) Áp dụng BĐT Cô si

ta có

\(\left(\sqrt{a+b}-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a,b\inĐK\)

\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{a+b}.\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+\dfrac{1}{4}\ge\sqrt{a+b}\)

vậy ĐPCM

Bài 2

Áp dụng bđt Cauchy ta có \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\Rightarrow\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\le\dfrac{\sqrt{ab}}{2}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có:

\(\Rightarrow VP\le4\left(\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2}\right)=2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(1\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy ta có \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge2.2\sqrt{ab}.\dfrac{1}{2}=2\sqrt{ab}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có:

\(\Rightarrow VT\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow VT\ge VP\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Lời giải:

Ta có:

\(\text{VT}=\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\)

\(=\frac{a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+(ab+bc+ac)+(a+b+c)+1}\)

\(=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\)

Ta cần chứng minh \(\text{VT}\geq \frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\geq \frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac+a+b+c)\geq 3(ab+bc+ac+a+b+c)+6\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{ab.bc.ac.a.b.c}\)

(Đúng theo BĐT Cô-si)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

1) áp dụng cauchy cho (a+b) và 1/4

\(\frac{\left(a+b\right)+\frac{1}{4}}{2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)\cdot\frac{1}{4}}\)

\(\Rightarrow a+b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a+b}\) (Đẳng thức khi \(a+b=\frac{1}{4}\))

2) Ta có: \(\left(x+\frac{1}{2}\right)^2=x^2+x+\frac{1}{4}>x\)

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

với x,y>0 ta có: \(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}}\ge\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)\(\Rightarrow\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2>\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}};\)

Tương tự với \(\left(b+c+\frac{1}{2}\right)^2\) và \(\left(c+a+\frac{1}{2}\right)^2\)Ta có:

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

                                               \(>4\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\right)\)

Không xảy ra đẳng thức (Nếu vế trái là \(\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2+\left(b+c+\frac{1}{4}\right)^2+\left(c+a+\frac{1}{4}\right)^2\) Thì mới xảy ra đẳng thức.

I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"

1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;

2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.

3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.

Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.

\(\Leftrightarrow\left(1+abc\right)\left(\dfrac{1}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{1}{b\left(1+c\right)}+\dfrac{1}{c\left(1+a\right)}\right)\ge3\)

Ta có:

\(\left(1+abc\right).\dfrac{1}{a\left(1+b\right)}=\dfrac{1+abc}{a+ab}=\dfrac{1+a+ab+abc-a-ab}{a+ab}=\dfrac{1+a}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{b\left(1+c\right)}{1+b}-1\)

\(\Rightarrow VT=\dfrac{1+a}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{b\left(1+c\right)}{1+b}+\dfrac{1+b}{b\left(1+c\right)}+\dfrac{c\left(1+a\right)}{1+c}+\dfrac{1+c}{c\left(1+a\right)}+\dfrac{a\left(1+b\right)}{1+a}-3\)

\(VT\ge6\sqrt[6]{\dfrac{abc\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}{abc\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}-3=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Giải:

\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\dfrac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)(*)

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

\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{ac+a+ab+b+bc+c}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\) \(\ge\) \(\dfrac{3}{4}\)

Do a+1 ; b+1; c+1 >0

\(\Rightarrow\) 4ac+4a+4ab+4b+4bc+4c \(\ge\) 3abc+3ac+3bc+3ab+3a+3b+3c+3

\(\Leftrightarrow\) ac+ab+bc+a+b+c -6 \(\ge\) 0

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số

Ta có: a+b+c \(\ge\) \(3\sqrt[3]{abc}=3\)

ab+bc+ca \(\ge\) \(3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) = 3

\(\Rightarrow\)ac+ab+bc+a+b+c -6 \(\ge\) 0 ( luôn đúng)

\(\Rightarrow\) (*) được chứng minh

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

Viết gọn lại, ta cần chứng minh:
\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{ab}}\right)=\sum\dfrac{4ab}{a+b}\)

Thật vậy, ta có:

\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum\left(2\sqrt{\left(a+b\right).\dfrac{1}{4}}\right)^2=\sum a+b\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\sum a+b\ge\sum\dfrac{4ab}{a+b}\Leftrightarrow\sum\left(a+b\right)^2\ge\sum4ab\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\ge0\)

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c