Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)

Thật vậy:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)

Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)

mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)

Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có

 ∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm

chứng minh bđt "Lại có" ạ

Do \(ab+bc+ca\le1\) nên:

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

Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)};\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}.\)

Suy ra \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)

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

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 

\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)

\(\Leftrightarrow9\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+18abc\ge8\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+24abc\)\(\Leftrightarrow9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right).\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)(3)

Thật vậy ta có; \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=9abc\)(BĐT AM-GM)

Lại có:\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3}\sqrt{ab+bc+ca}.\left(ab+bc+ca\right)\)(Do :
\(ab+bc+ca\le1\Rightarrow1\ge\sqrt{ab+bc+ca}.\))

                                                       \(\ge3.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(BĐT AM-GM)

Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc+9abc\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c+\sqrt{3}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)

\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{3}\ge\frac{18}{ab+bc+ca}\)(4)

Từ (3) và (4) ta có:

\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc.\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)

Chứng minh BĐT quen thuộc \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) Kết hợp với giả thiết ta có: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{c^2+ab+bc+ca}\)

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

\(\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\) Như vậy cần chứng minh

\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc\cdot\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)

Ta đã có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) nên cần chứng minh được

\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{3}abc\)

Theo BĐT AM-GM ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là:

\(3\sqrt[2]{a^2b^2c^2}\ge3\sqrt{3}abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)

Và đây là điều luôn đúng vì \(abc=\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}\le\sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\le\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\)

Ta được đpcm. Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Bài làm:

Mk cx ko chắc nx nha !

\(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\)

\(=3-\left(\frac{a+b}{a+b+1}+\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\right)\)(mk không biết cách viết nên ns nhé, tổng trong ngoặc { m, là

cái Tổng trong ngoặc dưới tổng có một dấu ngoặc nhọn, dưới dấu ngặc nhọn có M}

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

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

\(=2\)

(Do \(a+b+c\le ab+bc+ca\))

Vậy \(M\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-M\le1\)(Đpcm)

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1

Chép bài à bn tại sao \(A=\frac{1}{a+b+1}\) thế 2 ở bên kia đ?

Hơn nữa bất đẳng thức bn sai bét rồi người ta bảo bất đẳng thức bên kia mà sao bạn cho tổng luôn 

3- lấy đâu ra kết quả phải là \(2^2\)chứ 

Nếu ghi sai đề bài là bn sai cả bài k chắc đ :)

Ngoài ra các tổng bên ngoặc k có 4 hay 2 gì hết sai hết r nhé 

TL :

Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).

HT

Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?

Anh xem sai chỗ nào ạ?

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(1)

và \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{27}\le\frac{8}{27}\)(vì \(a+b+c\le1\)) (2)

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

Kết hợp (2) và (3) ta có \(a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}\)(4)

Kết hợp (1) và (4) ta có \(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}}}=\sqrt[3]{\frac{27.27^2}{8\left(ab+bc+ca\right)^3}}\)

\(=\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Từ đó \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(vì \(a+b+c\le1\))

Lại có \(\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)(cũng vì \(a+b+c\le1\))

Do đó ta được 

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge9+\frac{23.3}{2}=\frac{87}{2}\)

Vậy BĐT được chứng minh.

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

\(-1=-\left(a^2+b^2+c^2\right)=>-1\le2\left(ab+bc+ca\right).\\ < =>\left(a+b+c\right)^2\ge0.\)
Luôn đúng .
\(a^2+b^2+c^2=1\ge ab+bc+ca\)

Game này ez thôi bạn

\(bđt\Leftrightarrow\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\ge1\)

\(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\Rightarrow bđt\Leftrightarrow\sum\frac{x}{x+2y}\ge1\)

Bđt trên đúng do: \(\sum\frac{x}{x+2y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\rightarrowđpcm\)

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)