ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\)    (vì abc=1)     (*)

Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\)   (vì abc=1)

=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\)   (**)

Từ (*), (**)=> đpcm

Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3

\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1

Đặt \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\). Xét hiệu 2 vế:

\(VT-VP=\frac{\sum\limits_{cyc} x(y-z)^2}{4(x+y)(y+z)(z+x)} \geq 0\)

Ta có đpcm.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)

Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow VT+\frac{3}{4}+\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)(1) 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)(2) 

Từ (1) và (2) 

\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\)( đpcm ) 

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bạn tham khảo tại đây:

Câu hỏi của Trần Hữu Ngọc Minh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Áp dụng BĐT Cosi ta được:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt{\frac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)64}}=\frac{3a}{4}̸\)

Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế BĐT trên ta có:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

Vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)do đó:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

bđt trái dấu rồi nha!

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

+ Áp dụng bđt Cauchy ta có :

\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\cdot\frac{b+1}{8}\cdot\frac{c+1}{8}}=\frac{3}{4}a\). Dấu "=" \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=b+1\\b=c\end{matrix}\right.\)

+ Tương tự ta c/m đc : \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge\frac{3}{4}b\). Dấu "=" \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2b=a+1\\a=c\end{matrix}\right.\)

\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3}{4}c\). Dấu "=" \(\Leftrightarrow2c=a+1=b+1\)

Do đó : \(P\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\) \(\ge\frac{1}{2}\cdot3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Bằng nhau

a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .

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

cauchy-schwarz: 

\(VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) 

bài này bạn nhân hết ra, hình như phân tích ra mẫu sẽ là\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)và sẽ bằng 0