Ta có: 
1/(1+a)+1/(1+b)+1/(1+c)≥2 
→1/(1+a)≥{1-1/(1+b)}+{1-1/(1+c)} 
↔1/(1+a)≥b/(1+b)+c/(1+c) 
≥2.√(bc)/{(1+b)(1+c)}(theo cosi) 
Hai bất đẳng thức tương tự rồi nhân vế với vế 
1/{(1+a)(1+b)(1+c)≥8.abc/{(1+a)(1+b)(1... 
↔abc≤1/8(dpcm)

TK NHA

\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)\)\(=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)

Tương tự ta có: 

\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}};\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\). Suy ra:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}.\)

Cho abc=0 thì không chứng minh được, a+b+c=0 là đủ rồi

Ta có: a+b+c=0 => a+b=-c

=>(a+b)²=(-c)²

=>a²+2ab+b²=c²

=>a²+b²-c²=-2ab

Tương tự ta có: b²+c²-a²=-2bc ; c²+a²-b²=-2ca

=>\(\frac{1}{b^2+c^2-a^2}+\frac{1}{c^2+a^2-b^2}+\frac{1}{a^2+b^2-c^2}=-\frac{1}{2bc}-\frac{1}{2ca}-\frac{1}{2ab}=\frac{a+b+c}{-2abc}=0\) (đpcm)

Cho \(abc=0\)thì không chứng minh được, \(a+b+c=0\)là đủ rồi.

Ta có: \(a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\)

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

\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2=c^2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2-c^2=-2ab\)

Tương tự ta có: \(b^2+c^2-a^2=-2ab;c^2+a^2-b^2=-2ca\)

\(\Rightarrow\frac{1}{b^2+c^2-a^2}+\frac{1}{c^2+a^2-b^2}+\frac{1}{a^2+b^2-c^2}=-\frac{1}{2bc}-\frac{1}{2ca}-\frac{1}{2ab}=\frac{a+b+c}{-2abc}=0\)

Ta có: \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)>0\)

\(=\left(ab-a-b+1\right)\left(c-1\right)>0\)

\(=a+b+c-ab-bc-ca>0\)

\(=a+b+c-\frac{c}{ab}-\frac{a}{bc}-\frac{b}{ac}>0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (Đúng)

Vậy \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)>0\) (Đpcm)

1/

2 Mình ko bít làm nha

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

\(\Rightarrow a+b+c=\frac{ba+ac+ab}{abc}\)

mà abc = 1

\(\Rightarrow a+b+c=ba+ac+ab\)

Lại có: (a-1).(b-1).(c-1)

 = (ab - a - b + 1) . ( c-1)

= abc - ac - bc + c - ab + a + b - 1

= ( abc - 1) +( a+ b + c ) - ( ac + bc + ab)

= (  1 - 1) + ( a + b + c)  - ( a + b + c)

= 0 

=> (a-1).(b-1).(c-1) = 0

=> trong 3 số a;b;c tồn tại một số bằng 1

Bài 1 :

a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)

abc = 1 \(\Rightarrow\frac{1}{abc}=1\Rightarrow xyz=1\)

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

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^3}=x^3\\\frac{1}{b+c}=\frac{1}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{1}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{yz}{y+z}\end{cases}\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}}\)

Tương tự, ta có :

\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{y^2}{z+x}\)

\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{z^2}{x+y}\)

Ta cần cm :   \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)

Áp dụng bđt Cau chy cho x, y, z > 0

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{4}}=x\)

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\)

Ta cần cm :    \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)

Áp dụng bđt Cauchy cho x, y, z> 0

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)

trong tập chuyên đề về Svac-xơ cũng có câu này , còn về cách chứng minh thì easy lắm 

Do \(abc=1\)Nên có thể viết lại bđt cần chứng minh trở thành :

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

\(< =>\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có : 

\(\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+ac+ba+bc+ca+cb}\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(ab+bc+ca\ge3\), thật vậy :

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có :

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)