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

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

Áp dụng BĐT quen thuộc:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc+9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

Do \(3\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(a+b+c\right)=9abc\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge9abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge9\)

Hiển nhiên đúng do \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=9\)

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:

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

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)

Theo đề bài ta có

\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)

Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)

Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)

Khi đó BĐT <=>

\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)

<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)

Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)

Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)

Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

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

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

Ta lại có 

\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)

Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)

Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)

\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)

\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)

TA CÓ:

\(a^4b^2+b^4c^2\ge2a^2b^3c,b^4c^2+c^4a^2\ge2b^2c^3a,c^4a^2+a^4b^2\ge2c^2a^3b\)

\(\Rightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+\frac{5}{9}\ge a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b+\frac{5}{9}\)

ĐẶT \(ab=x,bc=y,ca=z\Rightarrow x+y+z=1\)

\(\Rightarrow a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b+\frac{5}{9}=x^2y+y^2z+z^2x+\frac{5}{9}\)

TA CẦN C/M:

\(x^2y+y^2z+z^2x+\frac{5}{9}\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)        \(\left(=2abc\left(a+b+c\right)\right)\)

ÁP DỤNG BĐT BUNHIA TA CÓ:

\(\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(xy+yz+zx\right)^2\) DO:\(\left(x+y+z=1\right)\)

VẬY CẦN C/M:

\(\left(xy+yz+zx\right)^2+\frac{5}{9}\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

XÉT HIỆU:

\(\left(xy+yz+zx\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)+1-\frac{4}{9}=\left(xy+yz+zx-1\right)^2-\frac{2^2}{3^2}\)

\(=\left(xy+yz+zx-\frac{1}{3}\right)\left(xy+yz+zx-\frac{5}{3}\right)\)

VÌ:

\(xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow xy+yz+zx-\frac{1}{3}\le0\)

\(\Rightarrow\left(xy+yz+zx-\frac{1}{3}\right)\left(xy+yz+zx-\frac{5}{3}\right)\ge0\)

\(\Rightarrow DPCM\)

Bài này mình có hỏi trên mạng ấy bạn bài này nhiều cách lắm tại mình thấy cách này dễ hiểu nên gửi cho b

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

Ta viết BĐT lại thành:\(\frac{5}{9}\left(ab+bc+ca\right)^3+a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2\ge2abc\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(VT-VP=(a-b)^2(a^2c^2+\frac{17}{9}abc^2+b^2c^2+\frac{5}{9}ac^3+\frac{5}{9}bc^3)+(a-c)(b-c)(a^3b+\frac{5}{9}a^2b^2+a^3c+\frac{11}{9}a^2bc+\frac{2}{9}ab^2c+a^2c^2)\ge0\)

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.

Từ giả thiết a+b+c=1 suy ra: c=1-a-b, thay vào bất đẳng thức ta được

(3a+4b+5-5a-5b)²\(\ge\)44ab+44(a+b)(1-a-b)

<=> 48a²+16(3b-4)a+45b²-54b+25\(\ge0\)

Xét \(f\left(a\right)=48a^2+16\left(3b-4\right)a+45b^2-54b+25\), khi đó ta được

\(\Delta'=64\left(3b-4\right)^2-48\left(45b^2-54b+25\right)=-176\left(3b^2-1\right)\le0\)

Do đó suy ra: f(a) \(\ge\)0 hay 48a²+16(3a-4)a+45b²-54b+25\(\ge\)0

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=\frac{1}{2};b=\frac{1}{3};c=\frac{1}{6}\)

Theo đề bài ta có

\(a\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(a^2b\ge a^2+ab-a\)

\(b\left(1-c\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(b^2c\ge b^2+bc-b\)

Tương tự \(c^2a\ge c^2+ac-c\)

Khi đó

\(VT\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-\left(a+b+c\right)=2^2-2=2\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1,c=0\)và các hoán vị

\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\) 

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)}}\)

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Ta có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

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

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

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

Tương tự:\(b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(P\ge1+\frac{8abc}{8abc}=2\left(đpcm\right)\)

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

:))

ở phần cô si phần cuối là bn sai r

vì >= nhưng ở dưới mẫu nên bị đảo lại thành =< nên bn lm như thế k đúng

đay là link giải https://diendan.hocmai.vn/threads/bdt-a-2-b-2-c-2-dfrac-8abc-a-b-b-c-c-a-geq-2.341255/

Em không chắc đâu nha....Em mới học BĐT nên còn khá ngu về phần này,xin được chỉ giáo thêm ạ! :D

Biển đổi P trở thành\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) (như a/c Con Chim 7 Màu gì đó)

\(=\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1\right)+\left(\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)-1+2\)

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

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

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

Để cho gọn,ta đặt \(P=S_c\left(a-b\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_a\left(b-c\right)^2+2\) 

Với \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\) (như trên)

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

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

Ta đi chứng minh: \(S_a;S_b;S_c\ge0\).Thật vậy,xét S_c:

Ta chứng minh \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\ge\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\left(ab+bc+ca\right)\) (biến đổi làm cho 2 vế đồng bậc)

Chuyển vế qua ta cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b-c\right)+ca\left(a-c\right)\ge0\) (1)

Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow\)BĐT (1) đúng nên \(S_c\ge0\)

Do tính đối xứng của P nên ta cũng có \(S_b;S_c\ge0\)

Từ đây suy ra \(=\Sigma\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\left(a-b\right)^2+2\ge2\left(đpcm\right)\)

Tách biểu thức như sau:

\(\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{12}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{8}{abc}\right)+\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{b}{24}+\dfrac{2}{ab}\right)+\left(\dfrac{b}{16}+\dfrac{c}{8}+\dfrac{2}{bc}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{2}{ca}\right)+\left(\dfrac{13a}{18}+\dfrac{13b}{24}\right)+\left(\dfrac{13b}{48}+\dfrac{13c}{24}\right)\)