\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

a/ \(VT=\frac{1}{a+a+b+c}+\frac{1}{a+b+b+c}+\frac{1}{a+b+c+c}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{4}\)

b/ \(VT\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

\(VT\le\frac{a}{4}+\frac{b}{4}+\frac{b}{4}+\frac{c}{4}+\frac{c}{4}+\frac{a}{4}=\frac{a+b+c}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\)\(\forall a,b>0\)

\(\Leftrightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)

Tương tự ta có: \(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\le\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\le\frac{b}{a+b+c}\)

Cộng theo vế ta có: \(VT\le\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

mk có cách giải khác Lyzimi, Thắng Nguyễn và Minh Triều xem thử nha :)

\(\forall x;y>0\) ta dễ dàng chứng minh được \(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\) và \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y\)

(cái này để chứng minh bn thử biến đổi tương đương xem sao :)

Do đó \(a^5+b^5+ab\ge ab\left(a^3+b^3+1\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left(a^3+b^3+1\right)}=\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)(1)

Chứng minh tương tự \(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\) (2) và \(\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\) (3)

Cộng (1), (2) và (3) ta có \(VT\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\frac{1}{a+b+c}.\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{abc}=1\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

mình hông hiểu ???

\(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\)

=\(\frac{1}{abc}.\left(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\right)\)

=\(\frac{1}{a^5c+b^5c+abc}+\frac{1}{b^5a+c^5a+abc}+\frac{1}{c^5b+a^5b+abc}\)

\(\le\)\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\)

Ta có : a³+b³=(a+b)(a²-ab+b²)\(\ge\)ab(a+b) (cosi)

Tương tự ta được:

b³+c³\(\ge bc\left(b+c\right)\)

c³+a³\(\ge ca\left(c+a\right)\)

Như vậy \(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\)

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

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

=\(\frac{1}{a+b+c}.\left(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\right)=\frac{1}{ab+bc+ca}\le1\)

​mình tò mò muốn biết BĐT trên đẳng thức khi nào nhỉ

Không phải chới đâu BĐT cuối của bạn không bao giờ =1 được

\(\frac{1}{ab+bc+ac}\le\frac{1}{3}\) Đẳng thức khi a=b=c=1

p/s: đoạn trước bạn viết loạn lên chưa cần xem

Akai Haruma

Lời giải:

\(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-\underbrace{\left(\frac{a+b}{a+b+1}+\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\right)}_{M}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(M=\frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+1)}+\frac{(b+c)^2}{(b+c)(b+c+1)}+\frac{(c+a)^2}{(c+a)(c+a+1)}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)}\)

\(=\frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(a+b+c)}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(ab+bc+ac)}=2\) (do $a+b+c\leq ab+bc+ac$)

Vậy $M\geq 2$

$\Rightarrow \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-M\leq 1$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Áp dụng bđt cauchy dạng engel ta có:

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

\(=\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\le\frac{9}{2\left(ab+bc+ca\right)+3}=\frac{9}{2.3+3}=1\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Hình như bạn sai thì phải nhưng mình lỡ k r

1 bên \(\ge\)

1 bên \(\le\)

Sao so sánh đc

Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

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

Trần Thanh Phương @No choice teen

a) Ta có BĐT:

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)

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

Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)

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

Khi \(a=b=c\)

cảm ơn ạ

câu 1 . Theo bđt côsi ta có \(a^3+b^3\ge ab(a+b)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab(a+b)+abc}=\frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{abc(a+b+c)}\)

tương tự \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc(a+b+c)}\)và\(\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{b}{abc(a+b+c)}\)

Cộng vế theo vế ta có  \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{b^3+a^3+abc}+\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{a+b+c}{abc(a+b+c)}=\frac{1}{abc}\)

\(\RightarrowĐPCM\)