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

Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)

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

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

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

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

Đặt: \(M=\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow M.\left(a+b+c\right)=3-\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}\)

Đến đây t cần chứng minh:

 \(\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{ca}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{ab}{c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{3}{4}\) (*)

Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)

Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\left(x,y,z>0\right)\)

\(\Rightarrow x+y+z=1\)

(*) \(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{y^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^2}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Theo Cô-si: \(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{9}{16}\left(x+y\right)\left(z+x\right)\ge\frac{3}{2}x\)

Nhứng phần kia tương tự

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{16}\left[\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)\right]\ge\frac{3}{4}\)

Lần trước làm không đúng hy vọng bây giờ gỡ lại được

nub

Bạn suy ra dòng 8 mk chưa hiểu, giải kĩ cho mk đc ko

À hiểu r nha bạn,

Bài làm thật xuất sắc!

Áp dụng bđt AM-GM :

\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2+1}{\left(a^2+1\right)\cdot4}}=1\)

Tương tự ta có : 

\(\frac{1}{b^2+1}+\frac{b^2+1}{4}\ge1\)

\(\frac{1}{c^2+1}+\frac{c^2+1}{4}\ge1\)

Cộng từng vế ta có :

\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{a^2+b^2+c^2+3}{4}\ge3\)

Áp dụng bđt quen thuộc : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac=3\)

Khi đó : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{3+3}{4}=\frac{3}{2}\)

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

bạn làm sai rồi . Khi \(a^2+b^2+c^2\ge3\) bạn chuyển vế thì nó không cùng dấu với bất đẳng thức

cách này được ko. ( có tham khảo )

Không mất tính tổng quát, giả sử c = min ( a,b,c ).

Khi đó : ab + bc + ac = 3 \(\Rightarrow\)ab \(\ge\)1

CM với a,b > 0 và ab \(\ge\)1 thì \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\) ( tự c/m )

Ta có : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\)

ta cần c/m \(\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2c^2+ab+3}{abc^2+ab+c^2+1}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow c^2+3\ge3abc^2+ab\)\(\Leftrightarrow c^2+bc+ac\ge3abc^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

BĐT trên đúng vì theo AM-GM ta có : \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ac\right)}=3\)

và \(3=ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow3abc\le3\)

do đó ta có đpcm

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

*Giá trị nhỏ nhất của A  đặt được khi \(ab=12;bc=8\)tại điểm rơi \(a=3,b=4,c=2\)Ta áp dụng bất đẳng thức cho từng nhóm sau:

\(\left(\frac{a}{18};\frac{b}{24};\frac{2}{ab}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{2}{ca}\right),\left(\frac{b}{16};\frac{c}{8};\frac{2}{bc}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{b}{12};\frac{8}{abc}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{18}\cdot\frac{b}{24}\cdot\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)

\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{2}{ca}}=1\)

\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{16}\cdot\frac{c}{8}\cdot\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)

\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{b}{12}+\frac{8}{abc}\ge4\sqrt[4]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{b}{12}\cdot\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)

\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}\cdot\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{18}\cdot\frac{13}{24}\cdot12}=\frac{13}{3}\)

\(\frac{13b}{48}+\frac{13c}{24}\ge2\sqrt{\frac{13b}{48}\cdot\frac{13c}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{48}\cdot\frac{13}{24}\cdot8}=\frac{13}{4}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\(\left(a+b+c\right)+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=3;b=4;c=2\)

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)

Bunhia thì phải hoặc tương đương thần chưởng @@
Có lẽ bunhia đấy :vv

Câu này t dùng vi-et giải được. Nhưng để mai đi. Giờ giải bằng điện thoại thì khó quá

Nhầm. Dùng tam thức bậc 2 chứ