Ta có: \(ab+bc+ca=abc\)

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

Đặt: \(A=\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\)

\(\Rightarrow A=\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}{1+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{c}}\)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow x+y+z=1\)

\(A=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{zx}{y+1}\)

Ta có: \(\frac{xy}{z+1}=\frac{xy}{\left(z+x\right)+\left(z+y\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{xy}{x+z}+\frac{xy}{y+z}\right)\)

Chứng minh tương tự ta được:

\(\frac{yz}{x+1}\le\frac{yz}{x+y}+\frac{yz}{x+z}\)

\(\frac{zx}{y+1}\le\frac{zx}{x+y}+\frac{zx}{y+z}\)

Cộng vế với vế:

\(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)

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

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

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

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

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

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

\(~Angle\)\(Darkness~\)

Nhầm, bỏ bớt 1 cái 1/3 đi

tích đi rồi Pain làm

Làm đi, làm đúng tui tích cho

Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:

\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)

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

Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).

Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )

Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1

sai rồi nhé bạn 

làm sao mà \(x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\)lại luôn đúng

Bạn chứng minh đẳng thức sau nhé:  \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\)                                                                                                \(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\)

Bạn nhìn thử xem cái ta đi chứng minh có giống với giả thiết của đề bài ko. Giả sử đặt ab=x, bc=y, ac=z.

Khi đó \(x^3+y^3+z^3=3xyz\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\)

Do đó xảy ra 2 trường hợp: x+y+z=0 hoặc \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

Vì a,b,c là các số thực dương nên \(x+y+z\ne0\)do đó \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

Suy ra: x=y=z hay ab=bc=ac hay a=b=c.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Có gì thắc mắc liên hệ với mình nha.

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)

Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)