\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)

ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)

\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị 

trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))

vì \(x,y,z\in\left[0;1\right]\)nên \(x^2\ge x^3;y^2\ge y^3;z^2\ge z^3\)

\(VT\le\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+y^3}+\frac{1}{1+z^3}\le\frac{3}{1+xyz}\)đúng theo BĐT câu a vì \(x,y,z\le1\)nên BĐT đổi chiều 

Dấu = xảy ra:(x,y,z)=(0;0;0);(1;1;1) ;(1;0;1);(0;1;1);(1;1;0)

Nhân cả 2 vế với xyz bất đẳng thức sẽ thành yz+ xz+xy+yz\(\sqrt{1+x^2}\)+xz\(\sqrt{1+y^2}+xy\sqrt{1+z^2}\le x^2y^2z^2\)

Ta có yz\(\sqrt{1+x^2}=\sqrt{yz}.\sqrt{yz+x^2yz}=\sqrt{yz}.\sqrt{yz+x\left(x+y+z\right)}=\)\(\sqrt{yz}.\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)\(\le\)\(yz+\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{4}\)(2ab\(\le a^2+b^2\))

làm tương tự ta được xz\(\sqrt{1+x^2}\le xz+\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{4};xy\sqrt{1+z^2}\le xy+\frac{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{4}.\)

vế trái \(\le\) 2(xy+yz+zx) + \(\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)+\left(y+x\right)\left(y+z\right)+\left(z+x\right)\left(z+y\right)}{4}\)\(\le2.\frac{1}{3}.\left(x+y+z\right)^2+\frac{\frac{1}{3}\left(x+y+y+z+z+x\right)^2}{4}=\left(x+y+z\right)^2=x^2y^2z^2.\)

[ (a-b)² +(b-c)² +(c-a)² \(\ge0\)<=>\(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\) áp dụng vào trên)

dấu '=' xảy ra khi x=y=z \(\sqrt{3}\)

Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(a^3;b^3;c^3\right)\Rightarrow abc=1\)

Ta có đánh giá sau: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Thật vậy, biến đổi tương đương:

\(a^3-a^2b-\left(ab^2-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)

Áp dụng:

\(VT=\sum\frac{1}{a^3+b^3+1}=\sum\frac{abc}{a^3+b^3+abc}\le\sum\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\sum\frac{c}{a+b+c}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=1\Rightarrow\left(x;y;z\right)=1\)

Lời giải:

Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c>0$ sao cho \((x,y,z)=(\frac{a^2}{bc}, \frac{b^2}{ac}, \frac{c^2}{ab})\)

Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}=\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\)

Xét hiệu \(a^3+b^3-ab(a+b)=(a-b)^2(a+b)\geq 0, \forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)\Rightarrow \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{abc}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự:

\(\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\leq \frac{a}{a+b+c};\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{b}{a+b+c}\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được :

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\frac{x^2+4yz}{2}\ge2x\sqrt{yz}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{x^2+4yz}\le\frac{1}{2x\sqrt{yz}}\Rightarrow\frac{1}{x^2+4yz}\le\frac{1}{4x\sqrt{yz}}\)

Cộng theo vế ta có:

\(\frac{1}{x^2+4yz}+\frac{1}{y^2+4xz}+\frac{1}{z^2+4xy}\le\frac{1}{4x\sqrt{yz}}+\frac{1}{4y\sqrt{xz}}+\frac{1}{4z\sqrt{xy}}\)

Cần chứng minh \(\frac{1}{4x\sqrt{yz}}+\frac{1}{4y\sqrt{xz}}+\frac{1}{4z\sqrt{xy}}\le\frac{1}{xyz}\)

Nhân 2 vế với \(xyz\) ta lại được BĐT cần c/m tương đương với:

\(\frac{1}{4}\left(\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)\le1\)

Áp dụng BĐT AM-GM lần nữa ta có:

\(\frac{1}{4}\left(\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)\le\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)=1\) (Đúng)

Vậy BĐT đầu đã được c/m

\(\left|\left\{\right\}\right|\)

Theo đề ta có : x > 0\(\Rightarrow x^2+4yz>4yz\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2+4yz}< \frac{1}{4yz}\) (1)

Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{y^2+4xz}< \frac{1}{4xz}\) (2)

\(\frac{1}{z^2+4xy}< \frac{1}{4xy}\) (3)

Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế ,ta được :

\(\frac{1}{x^2+4yz}+\frac{1}{y^2+4xz}+\frac{1}{z^2+4xy}< \frac{1}{4}\left(\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}\right)=\frac{1}{4}\times\frac{x+y+z}{xyz}=\frac{1}{xyz}\)

Vậy \(\frac{1}{x^2+4yz}+\frac{1}{y^2+4xz}+\frac{1}{z^2+4xy}< \frac{1}{xyz}\)

Đề đúng không bạn?

Do x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 nên ta có thế đặt: \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ca};z=\frac{c^2}{ab}\)

với \(\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\ne0\)

Khi đó BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:

\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ca\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \(\left[\text{∑}_{cyc}\left(a^2-bc\right)^2\right]\left[\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\right]\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)

Đến đây, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\left(^∗\right)\)

Thật vậy. \(\left(^∗\right)\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge a^4+b^4+c^4\)\(+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-2\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2bc+2ab^2c+2abc^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\)*đúng*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Vì xyz=1 nên x,y,z \(\ne\)0. Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) thì ta có: \(abc=1\) và \(a,b,c\ne0,1\)

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành

\(\frac{1}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1}{\left(1-b\right)^2}+\frac{1}{\left(1-c\right)^2}\ge1\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\right)^2\)

\(-2\left[\frac{1}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}+\frac{1}{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}+\frac{1}{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left[\frac{32\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left[1+\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow1+\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)