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 co:  a+b+c=0

=>a+b=-c

=>c²=a²+b²+2ab

=>a²+b²-c²=-2ab

=>\(\frac{1}{a^2+b^2-c^2}=\frac{1}{-2ab}\)

Tuong tu ....

=> \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+...\)=\(\frac{1}{-2ab}+\frac{1}{-2bc}+\frac{1}{-2ac}\)

                                         =\(\frac{a+b+c}{-2abc}\)

                                         =0(ĐPCM)

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:

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

tớ chỉ bày cách giải thôi

cm (a-1)(b-1)(c-1)>0

vì a.b.c=1 => (1.0)+1=1

từ đó sẽ suy ra là (a-1)(b-1)(c-1)>0