Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\Rightarrow abc=1\left(TMGT\right)\)

Ta có:
\(\frac{1}{a+2}=\frac{1}{\frac{x}{y}+2}=\frac{1}{\frac{x+2y}{y}}=\frac{y}{x+2y}=\frac{y^2}{xy+2y^2}\)

Tương tự:

\(\frac{1}{b+2}=\frac{z^2}{yz+z^2};\frac{1}{c+2}=\frac{x^2}{zx+x^2}\)

Ta có:

\(\frac{x^2}{xz+2x^2}+\frac{y^2}{xy+2y^2}+\frac{z^2}{yz+2z^2}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+yz+zx}\)

Mặt khác \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+yz+zx\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Rồi OK.Đến đây tịt r:( GOD nào vào thông não hộ ạ:(

Sửa đề thành \(\le1\).Bài này cứ quy đồng full nha! Em có làm ở đây r: Câu hỏi của Nguyễn Linh Chi - Toán lớp 0 - Học toán với OnlineMath

Sửa đề: Chứng minh \(abc\le\dfrac{1}{8}\)

Ta có

\(\dfrac{1}{1+a}=\left(1-\dfrac{1}{1+b}\right)+\left(1-\dfrac{1}{1+c}\right)\)

\(=\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\) (1)

Tương tự \(\dfrac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\dfrac{ca}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}}\) (2)

và \(\dfrac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\) (3)

Nhân (1), (2), (3) với nhau:

\(\dfrac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\dfrac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)

\(\Rightarrow abc\le\dfrac{1}{8}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{2}\)

\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\left(1\right)\)

Tương tự:

\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\left(2\right)\)

\(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\left(3\right)\)

Nhân (1),(2) và (3) theo vế:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow1\ge8abc\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/2

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{a}\\y=\dfrac{1}{b}\\z=\dfrac{1}{c}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=1\end{matrix}\right.\) và BĐT cần chứng minh là:

\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và AM-GM ta có:

\(VT=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\)

\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}=VP\)

Xảy ra khi \(x=y=z=1 \Rightarrow a=b=c=1\)

ai tick cho mik , mik tick lại cho !^__<nhớ giải câu hỏi nhé ! thanks

Bài toán cơ bản:

\(abc=1\Rightarrow\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ac+c+1}=1\) 

Bunhiacopxki:

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

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(ac+c+1\right)^2}\ge\dfrac{1}{a+b+c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

nhầm

Thôi câu đó mình làm được rồi, các bạn giúp mình câu này nha

Cho \(a>b\ge0\). CMR: \(\dfrac{a^4+b^4}{a^4-b^4}-\dfrac{ab}{a^2-b^2}+\dfrac{a+b}{2\left(a-b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\\ \to ab+bc+ca=abc=1\)

Ta có \(A=\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)\)

\(\to A=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

\(\to A=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

Vì $a,b,c\in \mathbb{Q}\to A\in \mathbb{Q}$

\(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\)

\(\Rightarrow A=\sum\sqrt{\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{x}{y}\right)^2}}=\sum\sqrt{\dfrac{y^2}{x^2+y^2}}=\sum\sqrt{\dfrac{y^2\left(x^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+z^2\right)}}\)

ÁP dụng Bunyakovsky:

\(\sum\sqrt{\dfrac{y^2\left(x^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+z^2\right)}}\le\sqrt{2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\left(\sum\dfrac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+z^2\right)}\right)}\)

\(=\sqrt{2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right).\dfrac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+z^2\right)\left(z^2+x^2\right)}}\)

Cần chứng minh \(VT\le\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\le\dfrac{9}{8}\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+z^2\right)\left(z^2+x^2\right)\)

( đúng )

Vậy ta có đpcm.Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Đặt \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)>0\) là ( 1)

Ta có : \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)>0\)

\(=\left(ab-a-b+1\right)\left(c-1\right)>0\)

\(=a+b+c-ab-bc-ca>0\)

\(=a+b+c-\dfrac{c}{ab}-\dfrac{a}{bc}-\dfrac{b}{ac}>0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) ( 2 )

BĐT ( 2 ) đúng . Từ đây ta có thể thấy BĐt ( 1 ) cũng đúng :D