Trả lời hộ mình đi

a) Ta có BĐT:

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)

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

Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)

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

Khi \(a=b=c\)

cảm ơn ạ

câu 1 . Theo bđt côsi ta có \(a^3+b^3\ge ab(a+b)\)

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

tương tự \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc(a+b+c)}\)và\(\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{b}{abc(a+b+c)}\)

Cộng vế theo vế ta có  \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{b^3+a^3+abc}+\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{a+b+c}{abc(a+b+c)}=\frac{1}{abc}\)

\(\RightarrowĐPCM\)

1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)

Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)

Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)

Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)

Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)

và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

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

Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được

\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)

Do đó ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta được

\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM

ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^2+2b^2+c^2=(a^2+b^2)+(a^2+c^2)\geq 2\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}.\frac{(a+c)^2}{2}}=(a+b)(a+c)\)

\(\Rightarrow \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \sum \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta cần CM: \(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{a+b+c}{4}\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)

\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)[(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc]\)

\(\Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq (a^3b+ab^3)+(bc^3+b^3c)+(ca^3+c^3a)\)

(dễ thấy luôn đúng do theo BĐT AM-GM)

Do đó ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

bài 1

<=> \(\frac{bc}{a\left(a+b+c\right)+bc}\)

sử dụng tiếp cauchy sharws

Bài 2: đặt a=x/y, b=y/x, c=z/x

bạn tham khảo nhé : https://olm.vn/hoi-dap/detail/222370673956.html

Ta có: \(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu

Ta có: \(\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

                                                   \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab+abc}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left[\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{a+1}\right]=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{a+1}\right)\) (1)

CMT² được: \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) (2)

                    \(\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\) (3)

Cộng (1);(2) và (3) vế theo vế

Ta được: \(\frac{1}{ab+a+2}+\frac{1}{bc+b+2}+\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{4}\left[\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}\right)+\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}\right)+\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{b+1}\right)\right]\)

\(=\frac{1}{4}.\left(1+1+1\right)=\frac{3}{4}\)

=> đpcm

Bổ sung:

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1

cậu giải thích rõ hơn chỗ ta có thứ hai được không? mk chưa hiểu lắm