Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)

Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x²+y²+z²=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)

có vấn đề

bài này có người giải rồi

Ta có:

\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)

Hoàn toàn tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);

\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Do đó:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

Mình chịu 

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

Tương tự, ta có: \(1+b^2=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)\(;\)\(1+c^2=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{2}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) ( do a, b, c dương ) 

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

... 

hello nha

2k? vậy ạ

Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng cộng mẫu:

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

\(=\frac{\left(-\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự CM được: \(4\left[\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right]\ge2\left(\frac{a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\) (1)

Lại có: \(VP\left(1\right)-\left(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)=...=0\) (biến đổi đồng nhất)

=> \(VT\left(1\right)\ge\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{4}{9}\)