Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:

\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)

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

Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).

Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )

Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1

sai rồi nhé bạn 

làm sao mà \(x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\)lại luôn đúng

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)

\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:

\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)

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

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng

Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.

\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)

Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)

Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng

chúc bạn học tốt

Bất đẳng thức trên

<=>  + 1 +  + 1 +  + 1 ≥ 3

<=>  +  +  ≥ 3 (*)

Ta có: VT(*) ≥ 

Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)

<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1

≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1

<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)

Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3 =>  ≤ 1 => abc ≤ 1

Vậy (**) đúng => (*) đúng.

sấy công lập

\(VP=\frac{6}{\sqrt{\left(3a+bc\right)\left(3b+ca\right)\left(3c+ab\right)}}\)

\(=\frac{6}{\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)a+bc\right]\left[\left(a+b+c\right)b+ca\right]\left[\left(a+b+c\right)c+ab\right]}}\)

\(=\frac{6}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+1\right)^2}}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)

\(VT=\frac{1}{3a+bc}+\frac{1}{3b+ca}+\frac{1}{3c+ab}\)

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

\(=\frac{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)

Vậy VT = VP, đẳng thức được chứng minh

ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\)    (vì abc=1)     (*)

Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\)   (vì abc=1)

=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\)   (**)

Từ (*), (**)=> đpcm

Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3

\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1

Ta cần chứng minh \(\Sigma\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left[4a\left(c+1\right)\right]\ge3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4\Sigma ab+4\Sigma a\ge3abc+3\Sigma ab+3\Sigma a+3\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge6\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta được:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\); \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)(Do theo giả thiết thì abc = 1)

Suy ra (*) đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

TL :

Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).

HT

Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?

Anh xem sai chỗ nào ạ?

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(1)

và \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{27}\le\frac{8}{27}\)(vì \(a+b+c\le1\)) (2)

và \(a^2b^2c^2\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^3}{27}\)(3)

Kết hợp (2) và (3) ta có \(a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}\)(4)

Kết hợp (1) và (4) ta có \(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}}}=\sqrt[3]{\frac{27.27^2}{8\left(ab+bc+ca\right)^3}}\)

\(=\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Từ đó \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(vì \(a+b+c\le1\))

Lại có \(\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)(cũng vì \(a+b+c\le1\))

Do đó ta được 

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge9+\frac{23.3}{2}=\frac{87}{2}\)

Vậy BĐT được chứng minh.

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

Ta có: \(ab+bc+ca=abc\)

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

Đặt: \(A=\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\)

\(\Rightarrow A=\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}{1+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{c}}\)

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

\(A=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{zx}{y+1}\)

Ta có: \(\frac{xy}{z+1}=\frac{xy}{\left(z+x\right)+\left(z+y\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{xy}{x+z}+\frac{xy}{y+z}\right)\)

Chứng minh tương tự ta được:

\(\frac{yz}{x+1}\le\frac{yz}{x+y}+\frac{yz}{x+z}\)

\(\frac{zx}{y+1}\le\frac{zx}{x+y}+\frac{zx}{y+z}\)

Cộng vế với vế:

\(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)