\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

Áp dụng AM-GM:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Cộng theo vế: \(3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Còn chứng minh \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) hoàn toàn tương tự.Ta thu được đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:

\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)

Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)

\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)

\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)

\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :

\(x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}\)

\(y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}\)

Cộng vế với vế ta được :

\(x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)

Vậy ta có điều phải chứng mình 

Ta đi chứng minh:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)* đúng *

Khi đó:

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

Tương tự:

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

\(\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\)

Trời ạ cay vãi shit đánh máy xong rồi tự nhiên bấm hủy T.T bài 1 ngắn đã đành ......

\(WLOG:a\ge b\ge c\)

Ta dễ có:\(\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}\)

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

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

Ta cần chứng minh:

\(\frac{a+b+c}{b+c+1}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\)

\(\Leftrightarrow a+b+c+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(b+c+1\right)\le1+b+c\)

\(\Leftrightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1+b+c\right)\le1-a\) ( 1 )

Mà theo AM - GM :

\(\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1+b+c\right)\le\left(\frac{1-b+1-c+1+b+c}{3}\right)^3=1\)

Khi đó ( 1 ) đúng

Vậy ta có đpcm

Nếu bài toán trở thành

\(\frac{a}{bc+2}+\frac{b}{ca+2}+\frac{c}{ab+2}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\) thì bài toán khó định hướng hơn rất nhiều :D

đi ,nt ,mình giải cho

nt là gì

Lời giải:

Sửa đề: \(\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}\)

--------------------------

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a+b+\sqrt{2(a+c)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}\)

\(\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)\)

\(\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)\)

Lại theo BĐT AM-GM:

\((a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)\)

Và:

\(16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)\)

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}\) (đpcm)