áp dụngBĐT cô si ta có

\(\frac{x^2}{y+1}\)+\(\frac{y+1}{4}\)\(\ge\)x

\(\frac{y^2}{z+1}\)+\(\frac{z+1}{4}\)\(\ge\)y

\(\frac{z^2}{x+1}\)+\(\frac{x+1}{4}\)\(\ge\)z

khi đó VT\(\ge\)x+y+z-\(\frac{x+y+z+3}{4}\)=\(\frac{3\left(x+y+z\right)-3}{4}\)

áp dụng BĐT cô si

x+y+z\(\ge\)\(3\sqrt[3]{xyz}\)=3

do đó VT\(\ge\)\(\frac{6}{4}\)=\(\frac{3}{2}\)  (đpcm)

tham khảo [Toán 12] Chứng minh bất đẳng thức: $x^3+y^3+z^3 \ge x+y+z$

lỗi link ấy =)) bạn vào thống kê hỏi đáp của mình để xem link nhé

thống kế hỏi đáp ở đâu vậy bạn

Giả sử AB=c,BC=a,CA=b; đường phân giác AD có độ dài x. Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt tia BA tại E.

Dễ thấy: ^ACE = ^AEC (=^BAC/2) => \(\Delta\)ACE cân tại A => AC=AE=b => CE < 2b (BĐT tam giác)

Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{AD}{CE}=\frac{BA}{BE}\)(Do AD // CE) hay \(\frac{x}{CE}=\frac{c}{b+c}\Rightarrow x=\frac{c.CE}{b+c}\)

Mà BE < 2b nên \(x< \frac{2bc}{b+c}\). Tương tự thì \(y< \frac{2ca}{c+a};z< \frac{2ab}{a+b}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (đpcm).