Ta có :

\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)+\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)\ge0\left(1\right)\)

Do a,b,c là các số thực dương không nhỏ hơn 1 nên (1) đúng .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi : \(\hept{\begin{cases}\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)=0\\\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)=0\\\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)=0\end{cases}\Rightarrow a=b=c}\)

Dấu "=" còn xảy ra ở các TH: 

a = b = 1, c bất kì .

a = c =1, b bất kì

b = c = 1,  a bất kì

( a, b, c ko nhỏ hơn 1 )

a⁵  + b⁵ + c⁵ 

= ( a+b+c )⁵ 

^{= 0 chia het cho 30}

Ta có :\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\)

\(=\frac{ab-1}{b}.\frac{bc-1}{c}.\frac{ac-1}{a}\)

Ta lại có : \(\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)

\(=\frac{a^2-1}{a}.\frac{b^2-1}{b}.\frac{c^2-1}{c}\)

a,b,c khong am nen (ab+bc+ca)...>=9/4 co the dung don bien nhe ban

con cau tra loi thi khong bit

nguyễn xuân trợ: bớt xàm đi bạn, cái bạn hỏi đã bảo chúng ta dùng phương pháp dồn biến rồi nha!

ta có bđt phụ đã dc học

\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) nếu bạn chưa học thì mik chứng mik cho:v

=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\ge0\)

=> \(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)

\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)

điều này luôn đúng với mọi x;y;z

=>\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)

thay \(x=a+\frac{1}{a};y=b+\frac{1}{b};z=c+\frac{1}{c}\) vào ta có:

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

ta có bđt cosi mà thực ra mik cx ko nhớ tên nếu gọi việt mik thì gọi là bđt cộng mẫu nếu bạn ko bt mik lại chứng minh

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

ta nhân (a+b+c) vào hai vế:

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

=\(3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\)

mà \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)

vì \(\frac{\left(x^2+y^2\right)}{xy}\ge2\)

\(x^2+y^2\ge2xy\)

=> \(\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\) hay \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

vậy x;y là các số thực thì \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)

=> 3+\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge3+2+2+2=9\)

vậy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

thay vòa biểu thức đã suy ra ở đầu bài ta có:

=> \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(\left(a+b+c\right)+\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\right)^2}{3}\)

mà ta có a+b+c=1 thay vào biểu thức ta có:

\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(1+9\right)^2}{3}=\frac{10^2}{3}=\frac{100}{3}\)