Đặt \(a=\dfrac{yz}{x^2};b=\dfrac{zx}{y^2};c=\dfrac{xy}{z^2}\)

Áp dụng BĐT BSC:

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

\(=\dfrac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}+\dfrac{y^4}{y^4+y^2zx+z^2x^2}+\dfrac{z^4}{z^4+z^2xy+x^2y^2}\)

\(\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz\left(x+y+z\right)}\)

Ta cần chứng minh: 

\(\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz\left(x+y+z\right)}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-xy.yz-yz.zx-zx.xy\ge0\)

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

\(\Rightarrow dpcm\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài này đã có ở đây:

Cho abc=1CMR\(\dfrac{a+3}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{b+3}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{c+3}{\left(c+1\right)^2}\ge3\) - Hoc24

ôn zăn ik bà, tón gánh hong nổi đâu =))

Sửa \(\le\) thành \(\ge\) nha bạn

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)

Ta có \(\dfrac{a^2}{a+bc}=\dfrac{a^3}{a^2+abc}=\dfrac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{b+ca}=\dfrac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\\\dfrac{c^2}{c+ba}=\dfrac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng BĐT cosi:

\(\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{64}}=\dfrac{3}{4}a\)

\(\dfrac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3}{4}b\)

\(\dfrac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{b+c}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{c^3}{64}}=\dfrac{3}{4}c\)

Cộng VTV:

\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow VT\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{8}\\ \Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=3\)

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

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

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Với x dương, ta có đánh giá:

\(\dfrac{x}{1+x^2}\le\dfrac{36x+3}{50}\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(\left(x^2+1\right)\left(36x+3\right)\ge50x\)

\(\Leftrightarrow36x^3+3x^2-14x+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-1\right)^2\left(4x+3\right)\ge0\) (luôn đúng)

Áp dụng:

\(\dfrac{10a}{1+a^2}+\dfrac{10b}{1+b^2}+\dfrac{10c}{1+c^2}\le10.\dfrac{36\left(a+b+c\right)+9}{50}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

*** $a,b,c>0$ thôi chứ không lớn hơn $1$ bạn nhé. $a,b,c>1$ thì $abc>1$ mất rồi.

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

Vì $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$ 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:
$P=\frac{x^2}{x^2+2yz}+\frac{y^2}{y^2+2xz}+\frac{z^2}{z^2+2xy}$

$\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}=\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1$

Vậy $P_{\min}=1$ khi $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$