Ta chứng minh 2 bất đẳng thức phụ sau: với x, y, z dương thì:

\(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\left(2\right)\)

+ Chứng minh BĐT (1), sử dụng BĐT AM - GM:

\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4x^2yz\)

\(y^4+y^4+x^4+z^4\ge4xy^2z\)

\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4xyz^2\)

Cộng dồn lại ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)

+ Chứng minh BĐT (2). Ta có:

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)=1+x+y+z+xy+yz+xyz\ge1+3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xyz=\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\)

Bây giờ ta quay lại chứng minh BĐT ở đề.

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}\ge\sqrt[4]{3}+\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Sử dụng BĐT (1) ta có:

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

Sử dụng BĐT (2) và BĐT AM - GM ta có:

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\left(3+\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)

\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc.1.1}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.

Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)

BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy

Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = 1.

\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b+2}{36}+\dfrac{c+3}{48}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+2\right)\left(c+3\right)}{1728\left(b+2\right)\left(c+3\right)}}=\dfrac{a}{4}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c+2}{36}+\dfrac{a+3}{48}\ge\dfrac{b}{4}\)

\(\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}+\dfrac{a+2}{36}+\dfrac{b+3}{48}\ge\dfrac{c}{4}\)

Cộng vế:

\(P+\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{144}+\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{29}{144}\left(a+b+c\right)-\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{29}{144}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{17}{48}=\dfrac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

chết đăng nhầm sogy nha

Fix đề: Cho a,b,c không âm. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}\)

Dự đoán điểm rơi sẽ có 1 số bằng 0.

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ( c là số nhỏ nhất trong 3 số) thì \(c\ge0\)

do đó \(ab+bc+ca\ge ab\) và \(\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)

BDT cần chứng minh tương đương

\(ab\left[\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right]\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}+2\ge4\)

BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM.

Do đó ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi c=0 , \(\left(a-b\right)^2=a^2b^2\) ( và các hoán vị )

a,b,c không âm

cái này ra rồi , nên không cần nữa nhé!

Sử dụng Cô-si đc ko bạn?

\(\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b+1}{12}+\dfrac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{216\left(b+1\right)\left(c+2\right)}}=\dfrac{a}{2}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c+1}{12}+\dfrac{a+2}{18}\ge\dfrac{b}{2}\)

\(\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}+\dfrac{a+1}{12}+\dfrac{b+2}{18}\ge\dfrac{c}{2}\)

Cộng vế:

\(VT+\dfrac{5}{36}\left(a+b+c\right)+\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{13}{36}\left(a+b+c\right)-\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{13}{36}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{7}{12}=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{a^5}{b^2(c+3)}+\frac{b(c+3)}{16}+\frac{ab}{4}\geq \frac{3}{4}a^2\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(A+\frac{5}{16}ab+\frac{3(a+b+c)}{16}\geq \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)\)

Mà theo BĐT AM-GM dễ thấy \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow A\geq \frac{7}{16}(a^2+b^2+c^2)-\frac{3}{16}(a+b+c)\)

Áp dụng BĐT AM-GM tiếp:

$a^2+1\geq 2a; b^2+1\geq 2b; c^2+1\geq 2c$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\geq 2(a+b+c)\geq a+b+c+3\sqrt[3]{abc}=a+b+c+3$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\Rightarrow A\geq \frac{1}{4}(a+b+c)\geq \frac{1}{4}\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$
Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Mình vừa sửa lỗi công thức, bạn load lại để xem nhé.

Cách 2:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(A=\sum \frac{a^6}{ab^2(c+3)}=\sum \frac{a^6}{b+3ab^2}\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a+b+c+3(ab^2+bc^2+ca^2)}\)$(1)$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$a^3+1+1\geq 3a; b^3+1+1\geq 3b; c^3+1+1\geq 3c$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\geq 3(a+b+c)=a+b+c+2(a+b+c)$

$\geq a+b+c+6\sqrt[3]{abc}=a+b+c+6$ (theo BĐT AM-GM)

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq a+b+c(2)$

Tiếp tục AM-GM:

$a^3+b^3+b^3\geq 3ab^2; b^3+c^3+c^3\geq 3bc^2; a^3+a^3+c^3\geq 3ca^2$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2(3)$

Từ $(1); (2); (3)\Rightarrow A\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{4(a^3+b^3+c^3)}=\frac{a^3+b^3+c^3}{4}\geq \frac{3abc}{4}=\frac{3}{4}$

Ta có đpcm.

\(\dfrac{a^5}{b^2\left(c+3\right)}+\dfrac{b^2}{4}+\dfrac{a\left(c+3\right)}{16}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^6b^2\left(c+3\right)}{64b^2\left(c+3\right)}}=\dfrac{3}{4}a^2\)

Tương tự: \(\dfrac{b^5}{c^2\left(a+3\right)}+\dfrac{c^2}{4}+\dfrac{b\left(a+3\right)}{16}\ge\dfrac{3}{4}b^2\)

\(\dfrac{c^5}{a^2\left(b+3\right)}+\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{c\left(b+3\right)}{16}\ge\dfrac{3}{4}c^2\)

Cộng vế:

\(A+\dfrac{a^2+b^2+c^4}{4}+\dfrac{ab+bc+ca}{16}+\dfrac{9}{16}\ge\dfrac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\dfrac{ab+bc+ca}{16}-\dfrac{9}{16}\ge\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}-\dfrac{9}{16}\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{7}{16}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\dfrac{9}{16}\ge\dfrac{7}{16}.3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}-\dfrac{9}{16}=\dfrac{3}{4}\) (đpcm)