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

Cần cm : \(B=\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}=1\)

\(B=\frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2+a^2+a^2b^2c^2}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{a^2b^2c^2}{a^2c^2+a^2b^2c^3+a^2b^2c^2}\) (Do \(abc=1\))

\(=\frac{b^2c^2}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{b^2}{b^2c^2+b^2+1}=\frac{b^2c^2+b^2+1}{b^2c^2+b^2+1}=1\)(đúng)

Ta có : \(A=\frac{\frac{1}{\left(a^2b^2+a^2+1\right)^2}}{a^2}+\frac{\frac{1}{\left(b^2c^2+b^2+1\right)^2}}{b^2}+\frac{\frac{1}{\left(c^2a^2+c^2+1\right)^2}}{c^2}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{B^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\)(đpcm)

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

phân thức thức thứ 3 dòng thứ 3 ở mẫu là \(a^2c^2+a^2b^2c^4+a^2b^2c^2\)chứ bạn nhỉ????

Umm ; mình nhầm xíu

sửa đề là chứng minh nó <=1 nha !

ta có \(\frac{2}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}=\frac{2}{a^2+b^2+2a+2}\)

mà \(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{2}{a^2+b^2+2a+2}\le\frac{2}{2ab+2a+2}=\frac{1}{ab+a+1}\)

tương rự, ta có \(...\le\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)

mà từ abc=1, ta có thể chứng minh \(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1\)

=>...<=1(ĐPCM)

dấu = xảy ra <=>a=b=c=1

^_^

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)

Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)

Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng

chúc bạn học tốt

Bất đẳng thức trên

<=>  + 1 +  + 1 +  + 1 ≥ 3

<=>  +  +  ≥ 3 (*)

Ta có: VT(*) ≥ 

Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)

<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1

≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1

<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)

Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3 =>  ≤ 1 => abc ≤ 1

Vậy (**) đúng => (*) đúng.

sấy công lập

gia thiet la = chu nhi, sao lai +.neu la bag thi ban nhan cheo roi phan h thanh nhan tu.(a+b)(c+b)(c+a)=0 thay vao la ra 

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

<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)

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

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1

1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)  với \(a,b>0\) (1) 

Thật vậy : BĐT  (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)  ( luôn đúng )

Vì vậy BĐT (1) đúng.

Áp dụng vào bài toán ta có:

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

                                                                 \(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

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

Vậy ta có điều phải chứng minh !

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế 

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

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

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm)

2 )

Áp dụng bất đẳng thức Cacuchy - Schwarz :
\(VT=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\left(1\right)\)

Vì \(a+b+c=1\)nên 

\(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(=\left(a^3++ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

Áp dụng AM - GM 

\(a^3+ab^2\ge2a^2b\). Tương tự cho 2 cặp còn lại suy ra 

\(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\ge2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow VT\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)