+)\(\frac{3}{4}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge abc\)

+) \(P=8abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(32abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-24abc\)

\(\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{abc}}-24abc\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{\frac{1}{8}}}-3=16-3=13\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

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

\(P\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

\(P\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{30}{\left(a+b+c\right)^2}=30\)

\(P_{min}=30\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

\(\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1-a}{8}+\frac{1-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}.\frac{\left(1-a\right)}{8}.\frac{1-a}{8}}=\frac{3a}{4}\)

Suy ra \(\frac{a^3}{1-a^2}\ge\frac{3a}{4}-\frac{\left(1-a\right)}{4}=\frac{4a-1}{4}\)

Tương tự hai BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(A\ge\frac{4\left(a+b+c\right)-3}{4}=\frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Ta chứng minh \(\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}\ge\frac{4a-1}{4}\) với mọi a thỏa mãn \(0< a< 1\)

\(\Leftrightarrow4a^3-\left(4a-1\right)\left(1-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow9a^2-6a+1\ge0\Leftrightarrow\left(3a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự ta có: \(\frac{b^3}{\left(1-b\right)^2}\ge\frac{4b-1}{4}\); \(\frac{c^3}{\left(1-c\right)^2}\ge\frac{4c-1}{4}\)

Cộng vế với vế:

\(\Rightarrow P\ge\frac{4\left(a+b+c\right)-3}{4}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow P_{min}=\frac{1}{4}\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

thanks bn

Làm tạm một câu rồi đi chơi, lát làm cho.

4)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

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

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

2/ Cô: \(\frac{2a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a.a.b}{b.b.c}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{abc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)

Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế thu được:

\(3.VT\ge3.VP\Rightarrow VT\ge VP^{\left(Đpcm\right)}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b= c

1) ĐK: \(\frac{x+1}{x}>0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x>0\\x< -1\end{array}\right.\)

Đặt \(t=\sqrt{\frac{x+1}{x}}\left(t>0\right)\) , bất pt đã cho trở thành:

\(\frac{1}{t^2}-2t>3\Leftrightarrow\frac{1-2t^3-3t^2}{t^2}>0\Leftrightarrow1-2t^3-3t^2>0\)

\(\Leftrightarrow\left(t+1\right)^2\left(1-2t\right)>0\Leftrightarrow1-2t>0\Leftrightarrow t< \frac{1}{2}\)

\(t< \frac{1}{2}\Rightarrow\sqrt{\frac{x+1}{x}}< \frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{x+1}{x}< \frac{1}{4}\Leftrightarrow\frac{3x+4}{4x}< 0\)

Lập bảng xét dấu ta được \(-\frac{4}{3}< x< 0\)

Kết hợp điều kiện ta được: \(-\frac{4}{3}< x< -1\) là giá trị cần tìm

3) Chứng minh BĐT phụ: \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(a,b>0\right)\)(1)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{a+b}{4ab}\Leftrightarrow4ab\le\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)

Dấu '=' xảy ra ↔ a = b

Áp dụng BĐT trên, ta có:

\(\frac{x}{x+1}=\frac{x}{x+x+y+z}=\frac{x}{x+y+x+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)\)

Tương tự:

\(\frac{y}{y+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{y}{y+x}+\frac{y}{y+z}\right)\)

\(\frac{z}{z+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)\)

Cộng vế theo vế ba BĐT trên ta được:

\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}+\frac{y}{y+z}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\frac{3}{4}\)

Dấu '=' xảy ra khi x = y = z = 1/3 (do x + y + z = 1)

Vậy GTLN của P là 3/4 khi x = y = z = 1/3

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)

\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :

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

\(\Leftrightarrow17\cdot\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\ge\left(a+\frac{4}{b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{17}\cdot\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\ge a+\frac{4}{b}\)

Tương tự ta có :

\(\sqrt{17}\cdot\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}\ge b+\frac{4}{c}\)

\(\sqrt{17}\cdot\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge c+\frac{4}{a}\)

Cộng theo vế của 3 bđt ta được :

\(\sqrt{17}\cdot\left(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\right)\ge a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{17}\cdot A\ge a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :

\(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)

\(=16a+\frac{4}{a}+16b+\frac{4}{b}+16c+\frac{4}{c}-15a-15b-15c\)

\(\ge2\sqrt{\frac{4\cdot16a}{a}}+2\sqrt{\frac{4\cdot16b}{b}}+2\sqrt{\frac{4\cdot16c}{c}}-15\left(a+b+c\right)\)

\(\ge16+16+16-15\cdot\frac{3}{2}=\frac{51}{2}\)

Do đó : \(\sqrt{17}\cdot A\ge\frac{51}{2}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)