Đề phải là : cmr : (a+b+c).(1/a + 1/b + 1/c) >= 9

Áp dụng bđt cosi cho lần lượt 3 số a,b,c > 0 và 3 số 1/a ; 1/b ; 1/c > 0 thì :

(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c)

>= \(3\sqrt[3]{a.b.c}\).  \(3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}\) =  \(3\sqrt[3]{abc}\).  \(3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)=  \(9\sqrt[3]{abc.\frac{1}{abc}}\)=  9

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c > 0

Tk mk nha

Bạn giải là ý b), ý a) vẫn đúng đề

\(VT=\frac{1-a}{a}.\frac{1-b}{b}.\frac{1-c}{c}=\frac{b+c}{a}.\frac{a+c}{b}.\frac{a+b}{c}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{a}.\frac{2\sqrt{ac}}{b}.\frac{2\sqrt{ab}}{c}=8\)

bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(ab+1\right)\left(bc+1\right)\left(ca+1\right)\ge\left(\frac{10}{3}\right)^3abc\) (*) 

đặt \(\left(\sqrt{ab};\sqrt{bc};\sqrt{ca}\right)=\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\)\(xyz\le\frac{1}{27}\)

(*) \(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\ge\left(\frac{10}{3}\right)^3xyz\)

\(VT\ge\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(zx+1\right)\)

Có \(xy+1\ge10\sqrt[10]{\frac{xy}{9^9}}\)

Tương tự với \(yz+1\)\(;\)\(zx+1\)\(\Rightarrow\)\(VT\ge10^3\sqrt[10]{\frac{\left(xyz\right)^2}{9^{27}}}\)

Ta cần CM \(10^3\sqrt[10]{\frac{\left(xyz\right)^2}{9^{27}}}\ge\frac{10^3}{3^3}xyz\) đúng với \(xyz\le\frac{1}{27}\)

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

Đặt \(P=\left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right)\)

Vì a+b+c=1 nên 

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

Từ BĐt Cosi cho 3 số dương ta có:

\(\frac{1}{3}=\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le\frac{1}{27}\)

đặt x=abc thì \(0< x\le\frac{1}{27}\)

do đó: \(x+\frac{1}{x}-27-\frac{1}{27}=\frac{\left(27-x\right)\left(1-27x\right)}{27x}\ge0\)

=> \(x+\frac{1}{x}=abc+\frac{1}{abc}\ge27+\frac{1}{27}=\frac{730}{27}\)

Mặt khác: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)

Nên  \(P\ge\frac{730}{27}+10=\frac{1000}{27}=\left(\frac{10}{3}\right)^3\)

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

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

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

A = \(\left(1+\frac{a+b}{a}\right)\left(1+\frac{a+b}{b}\right)\)(Vì a + b = 1)

A = \(\left(2+\frac{b}{a}\right)\left(2+\frac{a}{b}\right)\)

A = \(4+\frac{2a}{b}+\frac{2b}{a}+1\)

A = \(5+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)

Vì a, b dương nên áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số dương, ta được :

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{ba}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2.1=2\)

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow5+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge4+5\)

\(\Leftrightarrow A\ge9\)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b > 0

Vậy \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)với a, b là các số dương và a + b = 1

Tớ quên. Dấu bằng xảy ra

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b>0\\a+b=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

Một cách khác :))

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

Theo bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có : \(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{a+b}=4\)(1)

Theo bđt AM-GM ta có : \(ab\le\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)=> \(\frac{1}{ab}\ge4\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}\ge1+4+4=9\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 1/2

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....

.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có.

Đề sai. Nếu chỗ căn vế phải mà là căn bậc 3 thì t sol cho