Giải:

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

\(\Leftrightarrow A=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{9}{a+b+c+3}=\frac{9}{4}\)

Suy ra \(A\leq 3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Xét: \(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\)

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{a+b+a+c}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\\\frac{b}{a+2b+c}=\frac{b}{a+b+b+c}\le\frac{b}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\\\frac{c}{a+b+2c}=\frac{c}{a+c+b+c}\le\frac{c}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a}{4\left(a+b\right)}+\frac{a}{4\left(a+c\right)}+\frac{b}{4\left(a+b\right)}+\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{4\left(a+c\right)}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow VT\le\left[\frac{a}{4\left(a+b\right)}+\frac{b}{4\left(a+b\right)}\right]+\left[\frac{a}{4\left(a+c\right)}+\frac{c}{4\left(a+c\right)}\right]+\left[\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\right]\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a+b}{4\left(a+b\right)}+\frac{a+c}{4\left(a+c\right)}+\frac{b+c}{4\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\le\frac{3}{4}\) ( đpcm )

\(ab+1\le b\Rightarrow a+\dfrac{1}{b}\le1\)

Đặt \(\left(a;\dfrac{1}{b}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow x+y\le1\)

Gọi vế trái của BĐT cần chứng minh là P:

\(P=x+\dfrac{1}{x^2}+y+\dfrac{1}{y^2}=\left(\dfrac{1}{x^2}+8x+8x\right)+\left(\dfrac{1}{y^2}+8y+8y\right)-15\left(x+y\right)\)

\(P\ge3\sqrt[3]{\dfrac{64x^2}{x^2}}+3\sqrt[3]{\dfrac{64y^2}{y^2}}-15.1=9\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\) hay \(\left(a;b\right)=\left(\dfrac{1}{2};2\right)\)

a.

Xét hiệu:

\(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)-4\)

\(=1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1-4\)

\(=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}-2\)

\(=\dfrac{a^2+b^2-2ab}{ab}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\) ( luôn đúng)

Suy ra:

\(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\ge4\)

b.

Đặt:

\(A=\)\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

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

\(=\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)+3\) (1)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm, ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\) (2)

\(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{c}{a}}=2\) (3)

\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{c}{a}}=2\) (4)

Từ (1)(2)(3)(4) cộng vế theo vế, ta được:

\(A\ge3+2+2+2=9\)

=> BĐT luôn đúng

=> \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)

b)Đặt \(A=\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(A=1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+1+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+1\)

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

Ta chứng minh bđt sau:\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+y^2}{xy}\ge2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Áp dụng\(\Rightarrow P\ge3+2+2+2=9\left(đpcm\right)\)

Với \(a,b>0\)

Ta có theo BĐT Cô-si:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\), và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot\frac{2}{\sqrt{ab}}=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{1}{a+b}\) hay \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\))

Vậy \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với \(a,b>0\).

mình mới học lớp 6 thôi

xin lỗi mình ko biết bài này

3. abc > 0 nên trog 3 số phải có ít nhất 1 số dương. 
Vì nếu giả sử cả 3 số đều âm => abc < 0 => trái giả thiết 
Vậy nên phải có ít nhất 1 số dương 

Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0 
mà abc > 0 => bc > 0 
Nếu b < 0, c < 0: 
=> b + c < 0 
Từ gt: a + b + c < 0 
=> b + c > - a 
=> (b + c)^2 < -a(b + c) (vì b + c < 0) 
<=> b^2 + 2bc + c^2 < -ab - ac 
<=> ab + bc + ca < -b^2 - bc - c^2 
<=> ab + bc + ca < - (b^2 + bc + c^2) 
ta có: 
b^2 + c^2 >= 0 
mà bc > 0 => b^2 + bc + c^2 > 0 
=> - (b^2 + bc + c^2) < 0 
=> ab + bc + ca < 0 (vô lý) 
trái gt: ab + bc + ca > 0 

Vậy b > 0 và c >0 
=> cả 3 số a, b, c > 0

1.a, Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge4a>0\)

                   \(\left(b+c\right)^2\ge4b>0\)

                    \(\left(a+c\right)^2\ge4c>0\)

\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64abc\)

Mà abc=1

\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\left(đpcm\right)\)     

sai rồi. sửa a+b=a+1, b+c=b+1, a+c=c+1 nha, thông cảm, nhìn sai đề

Để chứng minh rằng biểu thức abc(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) nhỏ hơn hoặc bằng 8 khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3, chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM (bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho a, b, c ta có: (a + b + c)/3 >= (abc)^(1/3)

Vì a + b + c = 3, ta có: 3/3 >= (abc)^(1/3) 1 >= (abc)^(1/3) 1^3 >= abc 1 >= abc

Tiếp theo, chúng ta cần chứng minh rằng (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 8.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (1 + a^2), (1 + b^2), (1 + c^2) ta có: (1 + a^2 + 1 + b^2 + 1 + c^2)/3 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3)

Vì a^2 + b^2 + c^2 >= 3 (bằng với bất đẳng thức Tchebyshev), ta có: (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3) (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 >= (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 1 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3) 1^3 >= (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) 1 >= (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2)

Từ hai bất đẳng thức trên, ta có: abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 1 * 1 = 1

Do đó, khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3, ta có abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 1, và vì 1 nhỏ hơn hoặc bằng 8, nên ta có: abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 8.

Vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng biểu thức abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) nhỏ hơn hoặc bằng 8 khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3.

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

\(1+b^2\ge2b\) \(\Rightarrow\frac{ab^2}{1+b^2}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\)\(\Rightarrow-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge-\frac{ab}{2}\)

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

Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\);  \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)

Suy ra \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\)

Mặt khác ta có: \(3\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\le1\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)

Do đó; \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\ge3\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)