\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\le1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8}\le1\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+12\le2\left(ab+bc+ca\right)+9\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

Hiển nhiên đúng do: \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)

Vì abc=1 , ta đặt \(a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}\)

Điều phải chứng minh tương đương với:

\(\dfrac{1}{2+\dfrac{x}{y}}+\dfrac{1}{2+\dfrac{y}{z}}+\dfrac{1}{2+\dfrac{z}{x}}\le1\\ \Leftrightarrow\dfrac{y}{2y+x}+\dfrac{z}{2z+y}+\dfrac{x}{2x+z}\le1\\ \Leftrightarrow\dfrac{2y}{2y+x}+\dfrac{2z}{2z+y}+\dfrac{2x}{2x+z}\le2\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{2y+x}+\dfrac{y}{2z+y}+\dfrac{z}{2x+z}\ge1\left(1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

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

=> bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 <=>a=b=c=1

Vì \(0\le a\le b\le c\le1\) nên:

\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge ab+1\ge a+b\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab+1}\le\dfrac{1}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{c}{ab+1}\le\dfrac{c}{a+b}\left(1\right)\)

Tương tự: \(\dfrac{a}{bc+1}\le\dfrac{a}{b=c}\left(2\right);\dfrac{b}{ac+1}\le\dfrac{b}{a+c}\left(3\right)\)

Do đó: \(\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\le\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\left(4\right)\)

Mà: \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\le\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\left(5\right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\left(đpcm\right)\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^3+a\geq 2a^2; b^3+b\geq 2b^2; c^3+c\geq 2c^2\)

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

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

hay \(A\leq \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}(1)\)

Vì $abc=1$ nên đặt \((a,b,c)=(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})(x,y,z>0)\)

Khi đó:
\(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=\frac{y}{x+2y}+\frac{z}{y+2z}+\frac{x}{z+2x}=\frac{1}{2}(1-\frac{x}{x+2y}+1-\frac{y}{y+2z}+1-\frac{z}{z+2x})\)

\(=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\frac{x^2}{x^2+2xy}+\frac{y^2}{y^2+2zy}+\frac{z^2}{z^2+2xz})\)

\(\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+2xy+y^2+2zy+z^2+2xz}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(2)\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)

Từ \((1);(2)\Rightarrow A\leq 1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

bai n ay la bai o dau ma dau cung thay nhi

\(\left(a^{\dfrac{1}{3}};b^{\dfrac{1}{3}};c^{\dfrac{1}{3}}\right)->\left(x;y;z>0\right)\left(xyz=1\right)\)\(\RightarrowΣ\dfrac{x^3}{x^9+x^3+1}\le1\)

\(\dfrac{x^3}{x^9+x^3+1}\le\dfrac{x^2+1}{2\left(x^4+x^2+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow-\dfrac{\left(x-1\right)^2\left(x^9+2x^8+4x^7+6x^6+6x^5+6x^4+5x^3+4x^2+2x+1\right)}{2\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(x^9+x^3+\right)}\le0\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{2}\cdot2=1=VP\)

a=b=c=x=y=z=1

Lời giải:

Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:

\((a,b,c)=\left(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy}\right)\)

Khi đó: \(\text{VT}=\frac{1}{\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+1}+\frac{1}{\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}+1}+\frac{1}{\frac{x^2}{yz}+\frac{z^2}{xy}+1}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}=\frac{xyz}{x^3+y^3+xyz}+\frac{xyz}{y^3+z^3+xyz}+\frac{xyz}{z^3+x^3+xyz}\)

Áp dụng BĐT Cô -si: \(\left\{\begin{matrix} x^3+y^3+y^3\geq 3xy^2\\ x^3+x^3+y^3\geq 3x^2y\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 3(x^3+y^3)\geq 3xy(x+y)\Leftrightarrow x^3+y^3\geq xy(x+y)\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+xyz\geq xy(x+y+z)\)

\(\Rightarrow \frac{xyz}{x^3+y^3+xyz}\leq \frac{xyz}{xy(x+y+z)}=\frac{z}{x+y+z}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:

\(\text{VT}\leq \frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Lời giải:
Xét hiệu: $a^3+1-a(a+1)=a^2(a-1)-(a-1)=(a+1)(a-1)^2\geq 0$ với mọi $a>0$

$\Rightarrow a^3+1\geq a(a+1)\Rightarrow a^3+a+1\geq a(a+2)$

$\Rightarrow \frac{a}{a^3+a+1}\leq \frac{1}{a+2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

$\sum \frac{a}{a^3+a+1}\leq \sum \frac{1}{a+2}(*)$

Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $(a,b,c)=(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy})$

Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{1}{a+2}=\sum \frac{yz}{x^2+2yz}=\frac{1}{2}\sum (1-\frac{x^2}{x^2+2yz})=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\sum \frac{x^2}{x^2+2yz}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}$

$=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(**)$

Từ $(*); (**)$ ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Cách khác:

Ta chứng minh: \(\frac{a}{a^3+a+1}\le\frac{1}{2}.\frac{a^{\frac{2}{3}}+1}{a^{\frac{4}{3}}+a^{\frac{2}{3}}+1}\) (1)

Đặt \(a=x^3\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^9+x^3+1}\le\frac{1}{2}.\frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\)

Tương đương với $$\frac{(x - 1)^2 (x^9 + 2 x^8 + 4 x^7 + 6 x^6 + 6 x^5 + 6 x^4 + 5 x^3 + 4 x^2 + 2 x + 1)}{2 (x^2 - x + 1) (x^2 + x + 1) (x^9 + x^3 + 1)} \geq 0$$

Vậy (1) đúng. Thiết lập $3$ bất đẳng thức tương tự và cộng theo vế thu đượcVasc.

\(\Rightarrow\) $\text{đpcm}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Ta có :

$\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}$
$\mathrm{\backslash (=\backslash frac\{a\}\{a^3+a+abc\}+\backslash frac\{b\}\{b^3+b+abc\}+\backslash frac\{c\}\{c^3+c+abc\}\backslash )}$\(=\frac{1}{a^2+bc+1}+\frac{1}{b^2+ac+1}+\frac{1}{c^2+ab+1}\)\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3}\)

Mà ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c=1}\le\frac{9}{3+3+3}=1\)

Bài 2:

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)

Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Thiết lập các BĐT tương tự:

\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)

Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM

Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !

1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:

\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)

TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)

\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)

Cộng vế với vế ta được:

\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)

Ai lm dc bai 3 chua