Bạn tham khảo:

https://hoc24.vn/hoi-dap/question/862431.html

\(VT=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)

\(=3+\frac{6abc}{abc}\)

\(\Rightarrow9\le10\left(đpcm\right)\)

P/s: Còn cách dài dòng hơn nhé

\(VT=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)

\(=3+\frac{6abc}{abc}\)

\(\Rightarrow9\le10\left(đpcm\right)\)

vì 1<hoặcc<hoặc=b<hoặc=a<hoặc=2

=>a+b+c<hoặc=6(1)

lại có:1/a+1/b+1/c<hoặc=3/2(2)

từ (1)và(2) =>(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)<hoặc=6.3/2=9<hoặc=10

bạn oiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii sai đề

hoàng minh quân trả lời như thế thì đi thi chỉ có trượt

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-7\le0\)

Đặt \(P=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-7\)

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử \(a\le b\le c\Rightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc\ge b^2+ac\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{a}{c}+1\ge\frac{b}{c}+\frac{a}{b}\\1+\frac{c}{a}\ge\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2-7=2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)-5\)

Do \(1\le a\le c\le2\Rightarrow1\le\frac{c}{a}\le2\)

Đặt \(\frac{c}{a}=x\Rightarrow1\le x\le2\)

\(\Rightarrow P\le2\left(x+\frac{1}{x}\right)-5=\frac{2x^2-5x+2}{x}=\frac{\left(2x-1\right)\left(x-2\right)}{x}\le0\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;2\right);\left(1;2;2\right)\) và các hoán vị

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

=3+\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)

áp dụng hệ quả của bđt côsi \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)với a,b >0 ta có BĐT cuối cùng luôn đúng

vậy .....

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

Đề phải là số thực không âm mới đúng

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 \(a=b=c=\frac{1}{4}\)