\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)

<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)

\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1

Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)

Do đó ta được:

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

\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)

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

Do đó ta được:

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

\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).

Đặt \(A=\left(\frac{a}{a^2b^2+a^2+1}\right)^2+\left(\frac{b}{b^2c^2+b^2+1}\right)^2+\left(\frac{c}{c^2a^2+c^2+1}\right)^2\)

Cần cm : \(B=\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}=1\)

\(B=\frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2+a^2+a^2b^2c^2}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{a^2b^2c^2}{a^2c^2+a^2b^2c^3+a^2b^2c^2}\) (Do \(abc=1\))

\(=\frac{b^2c^2}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{b^2}{b^2c^2+b^2+1}=\frac{b^2c^2+b^2+1}{b^2c^2+b^2+1}=1\)(đúng)

Ta có : \(A=\frac{\frac{1}{\left(a^2b^2+a^2+1\right)^2}}{a^2}+\frac{\frac{1}{\left(b^2c^2+b^2+1\right)^2}}{b^2}+\frac{\frac{1}{\left(c^2a^2+c^2+1\right)^2}}{c^2}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{B^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

phân thức thức thứ 3 dòng thứ 3 ở mẫu là \(a^2c^2+a^2b^2c^4+a^2b^2c^2\)chứ bạn nhỉ????

Umm ; mình nhầm xíu

đặt \(a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2}\left(x;y;z>0\right)\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành

\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)

áp dụng bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)

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

phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được

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

hay ta cần chứng minh

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+xz\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)\)

khai triển và thu gọn ta được \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)

đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng. Bất đẳng thức được chứng minh

Ta có: \(\frac{a^2+1}{c^2a^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2c^2}=\frac{1}{c^2}+b^2\)

CMTT: \(\frac{b^2+1}{a^2b^2}=\frac{1}{a^2}+c^2\)

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

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

Áp dụng bđt: x² + y² + z² \(\ge\)xy + yz + xz

CM đúng: <=> (x - y)² + (y - z)² + (z - x)² \(\ge\)0 (luôn đúng với mọi x,y, z)

Do đó: \(\frac{a^2+1}{c^2a^2}+\frac{b^2+1}{a^2b^2}+\frac{c^2+1}{b^2c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+ab+bc+ac=a+b+c+ab+bc+ac\)

\(=a\left(b+1\right)+b\left(c+1\right)+c\left(a+1\right)\)(đpcm)

bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

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

\(\Rightarrow-1< x,y,z< 1\)và \(\hept{\begin{cases}\frac{1-x}{1+x}=a\\\frac{1-y}{1+y}=b\\\frac{1-z}{1+z}=c\end{cases}}\)

Theo đề bài ta có: \(abc=1\Rightarrow\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)=\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)

\(\Rightarrow x+y+z+xyz=0\)

Mặt khác ta có: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}=1-x^2;\frac{2}{a+1}=1+x\)

Và: \(\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}=1-y^2;\frac{2}{b+1}=1+y\)

Và: \(\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}=1-z^2;\frac{2}{c+1}=1+z\)

Nên: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}\le1+2.\frac{2}{a+1}.\frac{2}{b+1}.\frac{2}{c+1}\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+\left(xy+yz+zx\right)+2\left(x+y+z+xyz\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge0\)

Đây là BĐT luôn đúng nên ta có đpcm.

ミ★ᗪเệų ℌųуềй (ßăйǥ ßăйǥ ²к⁶)★彡 Giải ghê quá, t chẳng hiểu gì.

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\)

BĐT \(\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{xy}{(x+y)^2} \leq \frac{1}{4}+\frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\)

Ta có: \(VP-VT=\frac{4\left(x-y\right)^2\left(y-z\right)^2\left(z-x\right)^2}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2}\ge0\)

BĐT hiển nhiên đúng.

Ôi trời, dòng 3 gõ latex mà olm không hiện à?

BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{xy}{\left(x+y\right)^2}-\frac{1}{4}\le\frac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)