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

\(VT\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{4}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

\(VT\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)

\(VT\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{21}{\left(a+b+c\right)^2}=30\)

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

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)

\(\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=9+\frac{7}{\frac{1}{3}}=30\)

Theo bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}>\frac{9}{ab+bc+ac}.\)

\(VT>\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ac}\)

\(VT>\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{7}{ab+bc+ac}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy 

\(ab+bc+ac< \frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{3}\)

\(\frac{7}{ab+bc+ac>21}\left(1\right)\)

Theo bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}>\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Từ (1) và (2)

\(VT>21+9=30\left(đpcm\right)\)

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

Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:

\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:

\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:

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

Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)

Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)

Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:

\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)

Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:

\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)

\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vậy ta cần chỉ ra rằng:

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bạn kia làm sai r

Ta có đánh giá quen thuộc \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)

mà \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)

do đó \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Phép chứng minh hoàn tất khi ta cm được

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

hay \(3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Theo bđt AM-GM ta có

\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)

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

hay \(\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

mà a+b+c=3 nên \(\left(a+b+c\right)^6=81\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Xét BĐT phụ \(\frac{1}{a^2}+4a\ge a^2+4\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}\ge0\)

Đến đây, ta đưa điều phải chứng minh về dạng \(\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}+\frac{\left(b-1\right)^2\left(1+2b-b^2\right)}{b^2}+\frac{\left(c-1\right)^2\left(1+2c-c^2\right)}{c^2}\ge0\)(*)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: \(a\le1+\sqrt{2}\Rightarrow c\le b\le a\le1+\sqrt{2}\)

Khi đó thì \(1+2a-a^2\ge0;1+2b-b^2\ge0;1+2c-c^2\ge0\)dẫn đến (*) đúng

Trường hợp 2: \(a>1+\sqrt{2}\Rightarrow b+c=3-a< 3-\left(1+\sqrt{2}\right)=2-\sqrt{2}< \frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow bc\le\frac{\left(b+c\right)^2}{4}< \frac{\frac{4}{9}}{4}=\frac{1}{9}\)

Mà a,b,c dương nên \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}>\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}>18>\left(a+b+c\right)^2>a^2+b^2+c^2\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

SOS là nhanh nhất!

\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Ta có: \(9a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2\left(\text{VT}-\text{VP}\right)\)

\(=\Sigma\left(a^4b^2+12a^3bc^2+2a^3c^3+a^2b^4+24abc^4+6b^3c^3+4b^2c^4+4bc^5\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)