(a+b)(a²+ab+b²)+ab

=1(a²+2ab+b²-ab)+ab

=((a+b)²-ab)+ab

=1-ab+ab

=1

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

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

\(=a^2-ab+b^2+ab\)

\(=a^2+b^2\)

\(=a^2+b^2+2ab-2ab\)

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

\(=1-2ab\)

Ta có: \(a+b=1\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2=1^2\)

\(a^2+2ab+b^2=1\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^2+2ab+b^2\ge2ab+2.\sqrt{a^2b^2}=2ab+2ab=4ab\)

\(\Leftrightarrow1\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\ge ab\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+ab=1-2ab\ge1-2.\frac{1}{4}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

                                                                                    đpcm

P/S: Nếu bạn chưa học AM-GM thì chứng minh bài toán phụ

\(a^2+b^2\ge2ab\)rồi áp dụng nhé~

Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự : \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\) ; \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}\)

Cộng theo vế : \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)

Cách 1:

Do vai trò của a;b;c là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)

\(\Rightarrow3=ab+bc+ca\le3ab\Rightarrow ab\ge1\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}=\dfrac{a^2+b^2+2}{a^2b^2+a^2+b^2+1}=1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+a^2+b^2+1}\)

\(\ge1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+2ab+1}=1-\dfrac{ab-1}{ab+1}=\dfrac{2}{1+ab}\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\)

\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge3\)

Đúng do \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Cách 2:

\(\Leftrightarrow1-\dfrac{a^2}{a^2+1}+1-\dfrac{b^2}{b^2+1}+1-\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{3a^2+3}+\dfrac{3b^2}{3b^2+3}+\dfrac{3c^2}{3c^2+3}\le\dfrac{3}{2}\)

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

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

Ta có:

\(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{2a^2bc+\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{2ab^2c+\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{2abc^2+\left(ab\right)^2}\ge1\)

Đúng do:

\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)

Bài này chọn điểm rơi khộng có tác dụng đâu.

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Khi đó \(\frac{1}{a^2+1}=\frac{1}{2}\)

Ta cần ghép \(\frac{1}{a^2+1}\)với hạng tử \(k\left(a^2+1\right)\)sao cho khi Cô-si đảm bảo dấu "=" xảy ra khi \(a=1\)

Mà \(a^2+1=2\)

Lại có khi Cô-si 2 số dương trên, dấu "=" xảy ra khi \(\frac{1}{a^2+1}=k\left(a^2+1\right)\)hay \(\frac{1}{2}=k.2\)hay \(k=\frac{1}{4}\)

Đặt \(S=\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\frac{1}{a^2+1}\)và \(\frac{a^2+1}{4}\), ta có \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{a^2+1}.\frac{a^2+1}{4}}=1\)

Tượng tự, ta có \(\frac{1}{b^2+1}+\frac{b^2+1}{4}\ge1\)và \(\frac{1}{c^2+1}+\frac{c^2+1}{4}\ge1\)

\(\Rightarrow S+\frac{a^2+b^2+c^2+3}{4}\ge3\)\(\Leftrightarrow S\ge3-\frac{a^2+b^2+c^2+3}{4}\)

BĐT duy nhất liên hệ giữa \(a^2+b^2+c^2\)và \(ab+bc+ca\)là \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\), từ đó \(a^2+b^2+c^2\ge3\)nhưng nếu vậy thì \(S\ge3-\frac{a^2+b^2+c^2+3}{4}\le3-\frac{3+3}{4}=\frac{3}{2}\)(xảy ra trường hợp ngược dấu). Như vậy ta không thể dùng cách chọn điểm rơi.

Còn cách Cô-si ngược dấu cũng chẳng làm ăn được gì:

\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\ge1-\frac{a^2}{2a}=1-\frac{a}{2}\)

Tương tự, ta có \(\frac{1}{b^2+1}\ge1-\frac{b}{2}\)và \(\frac{1}{c^2+1}\ge1-\frac{c}{2}\)

\(\Rightarrow S\ge3-\frac{a+b+c}{2}\)

Khổ nỗi BĐT duy nhất liên hệ giữa \(a+b+c\)và \(ab+bc+ca\)là \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=3\)mà khi dùng BĐT này thì lại xuất hiện trường hợp ngược dấu \(S\ge3-\frac{a+b+c}{2}\le3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

Dùng cả 2 cách không được nên mình nháp mãi rồi cũng chịu thua. Mình đăng lên đây mong các bạn giúp đỡ. Cảm ơn trước nhé.

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

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

Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)

Suy ra sai đề :)

https://olm.vn/hoi-dap/detail/239526218296.html

Sử dụng phân tích tuyệt vời của Ji Chen:

\(VT-VP=\frac{4\left(a+b+c-2\right)^2+abc+3\Sigma a\left(b+c-1\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Hãy xem phương pháp Buffalo-Way giải quyết nó!

Viết BĐT lại thành: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\ge\frac{25}{4}\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\) và đặt \(a=c+u+v,b=c+v\left(u,v\ge0\right)\). Sau khi quy đồng, bất đẳng thức trở thành:

128 c^6+4 u^5 v+19 u^4 v^2+30 u^3 v^3+15 u^2 v^4+c^5 (256 u+512 v)+c^4 (192 u^2+832 u v+832 v^2)+c^3 (96 u^3+528 u^2 v+1008 u v^2+672 v^3)+c^2 (40 u^4+224 u^3 v+488 u^2 v^2+528 u v^3+264 v^4)+c (8 u^5+60 u^4 v+152 u^3 v^2+168 u^2 v^3+100 u v^4+40 v^5) \(\ge0\) (hiển nhiên đúng)

P/s: Khúc cuối dài quá gõ công thức bị tràn hết màn hình nên đành gõ ngoài, thông cảm! Nhớ bài này có một cách dùng dồn biến mà nghĩ không ra.

CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\)   ( * )

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

TT ....

Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :

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

\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)