From \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)

\(\Rightarrow\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)

Let \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) we have

\(x^2+y^2+z^2\ge3\forall\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+xz=6\\x,y,z>0\end{cases}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x^2+1\ge2\sqrt{x^2}=2x\)

\(y^2+1\ge2\sqrt{y^2}=2y\)

\(z^2+1\ge2\sqrt{z^2}=2z\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\left(2\right)\)

Cộng theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right)\) ta có:

\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\cdot6=12\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

#Nguồn:Xem câu hỏi (tui tự chép tui hihi :v)

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

hay 2P \(\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{abc}\)   (1)

mặt khác theo Cauchy ta có \(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a}\)

do đó P \(\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\) hay P \(\ge\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{abc}-3\)   (2)

từ (1) và (2) suy ra 3P \(\ge\frac{2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)}{abc}-3=9\)

hay P \(\ge\)3

Hải có a better answer

Từ dk suy ra 1/bc+1/ac+1/ab+1/c+1/b+1/a=6                                                             đặt 1/a=x;1/b=y;1/c=z→x+y+x+xy+yz+xz=6    ta phải cm x²+y²+z²>=3                              Ta có:2(x²+y²+z²)>=2(xy+yz+xz)  (1)                                                                                       (x-1)²>=0→x²>=2x-1      Tương tự :y²>=2y-1;z²>=2z-1                                       do đó :x²+y²+z²>=2(x+y+z)-3  (2)                                                                     cộng vế 1 vs 2 ta có:3(x²+y²+z²)>=2(x+y+z+xy+yz+xz)-3                                                                   <=>3(x²+y²+z²)>=2.6-3                                                                                             <=>x²+y²+z²>=3

Từ \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)

\(\Rightarrow\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)

Cho \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì ta có:

\(x^2+y^2+z^2\ge3\forall\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+xz=6\\x,y,z>0\end{cases}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x^2+1\ge2\sqrt{x^2}=2x\)

\(y^2+1\ge2\sqrt{y^2}=2y\)

\(z^2+1\ge2\sqrt{z^2}=2z\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\left(2\right)\)

Cộng theo vế của (1) và (2) ta có:

\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\cdot6=12\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

GT của bài toán được viết lại thành\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)

áp dụng bđt Cauchy ta được

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

\(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a};\frac{1}{b^2}+1\ge\frac{2}{b};\frac{1}{c^2}+1\ge\frac{2}{c}\)

cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được \(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+3\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2\cdot6=12\)

hay \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)

đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Biến đổi tương đương bất đẳng thức và chú ý đến \(x+y+z=1\)Ta được 

\(\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\) ( trừ cả hai vế với (x+y+z)^2 )

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-z\right)^2}{z}+\frac{\left(y-x\right)^2}{x}+\frac{\left(z-y\right)^2}{y}\ge\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(\frac{1}{y}-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(\frac{1}{z}-1\right)\ge0\)

Vì x + y + z = 1 nên 1/x; 1/y; 1/z > 1. Do đó bđt cuối cùng luôn đúng 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=3\)

Cách trâu bò :

Ta có : 

\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{â^2}\ge3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\right):\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\)

+) \(ab+ac+bc=abc\Leftrightarrow a+b+c=6-\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-\left(ab+bc+ca\right)>0\\\left(a+b+c\right)^2=\left[6-\left(ab+bc+ca\right)\right]^2\end{cases}}\)

Còn lại phân tích nốt ra rùi áp dụng bđt cauchy là ra . ( Mình cũng ko chắc biến đổi đoạn đầu đúng chưa , có gì bạn xem lại giùm mình sai bỏ qua )

Từ giả thiết \(ab+bc+ca=abc< =>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)

Đặt \(\left\{\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)khi đó bài toán quy về :

Biết \(x+y+z=1\)Chứng minh rằng : \(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

p/s : bây giờ bài toán đã đơn giản rồi

1)

Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

2)

\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)

Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)