Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)

\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)

                  \(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)

Đặt: \(M=\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow M.\left(a+b+c\right)=3-\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}\)

Đến đây t cần chứng minh:

 \(\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{ca}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{ab}{c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{3}{4}\) (*)

Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)

Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\left(x,y,z>0\right)\)

\(\Rightarrow x+y+z=1\)

(*) \(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{y^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^2}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Theo Cô-si: \(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{9}{16}\left(x+y\right)\left(z+x\right)\ge\frac{3}{2}x\)

Nhứng phần kia tương tự

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{16}\left[\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)\right]\ge\frac{3}{4}\)

Lần trước làm không đúng hy vọng bây giờ gỡ lại được

nub

Bạn suy ra dòng 8 mk chưa hiểu, giải kĩ cho mk đc ko

À hiểu r nha bạn,

Bài làm thật xuất sắc!

\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\left(a,b,c>0\right)\).

Với \(a,b>0\), ta có:

\(\left(a-1\right)^2\left(a^2+a+1\right)\ge0\).

\(\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)\left(a-1\right)\ge0\).

\(\Leftrightarrow a^4-a^3-a+1\ge0\).

\(\Leftrightarrow a^4-a^3+1\ge a\).

\(\Leftrightarrow a^4-a^3+ab+2\ge ab+a+1\).

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^4-a^3+ab+2}\ge\sqrt{ab+a+1}\).

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}\left(1\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a-1=0\Leftrightarrow a=1\).

Chứng minh tương tự (với \(b,c>0\)), ta được:

\(\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}\le\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}\left(2\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\).

Chứng minh tương tự (với \(a,c>0\)), ta được:

\(\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ca+a+1}}\left(3\right)\)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\).

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:

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

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho 3 số, ta được:

\(\left(1.\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le\)\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\)\(\left[\frac{1}{\left(\sqrt{ab+a+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{bc+b+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{ca+c+1}\right)^2}\right]\).

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le3\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)\).

Ta có:

\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)

\(=\frac{c}{abc+ac+c}+\frac{abc}{bc+b+abc}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).

\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{abc}{b\left(c+1+ac\right)}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).

\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{ac}{1+ac+c}+\frac{1}{1+ac+c}=1\).

Do đó:

\(\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\le3.1=3\).

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\le\sqrt{3}\left(5\right)\).

Từ \(\left(4\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:

\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\)\(\sqrt{3}\)(điều phải chứng minh).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\).

Vậy \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\le\sqrt{3}\)với \(a,b,c>0\)và \(abc=1\).

\(+2\)nhé, không phải \(-2\)đâu.

Ta có 

\(\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}\)\(=\sqrt{\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)\(=\sqrt{\frac{a}{c+a}}.\sqrt{\frac{b}{c+b}}\)\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b}\right)\)

Tương tự, ta có

\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\)

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

Cộng vế theo vế của 3 bđt ta được đpcm

Đề chính xác k bạn

với x,y >0 ta có :   \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)..\)

Áp dụng bất đẳng thức trên được: 

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

Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\left(2\right).\)

                                                             \(\frac{1}{ac+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\left(3\right).\)

Cộng vế với vế các BĐT (1), (2) và (3) ta được :

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

dấu " = " xẩy ra khi a = b = c = 1 

Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)

\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là

\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)

Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)

Áp dụng tương tự ta được

  \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)

hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là

\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)

\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)

Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)

hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng

Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)