Ta co:

\(\left(1+a^2\right)^2\le\left(1+a\right)\left(1+a\right)=\left(1+a\right)^2\)

\(\Rightarrow1+a^2\le1+a\)

The same:

\(1+b^2\le1+b\)

\(1+c^2\le1+c\)

\(\Rightarrow\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)

\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\le\frac{\left(3+a+b+c\right)^3}{27}=\frac{6^3}{27}=8\)

Ta lai co:

\(abc\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}=\frac{27}{27}=1\)

\(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le8\)

Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)

Ta co:

\(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\)

\(=\frac{2a\left(1+a^2\right)2b\left(1+b^2\right)2c\left(1+c^2\right)}{8}\le\frac{\frac{\left[\left(a+1\right)^2\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^2\right]^2}{64}}{8}\le\frac{\frac{\left(a+b+c+3\right)^{12}}{27^4}}{512}=\frac{\frac{6^{12}}{27^4}}{512}=8\)

Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)

Chứng minh BĐT Phụ: \(a^5+b^5\ge a^4b+ab^4\)với \(a;b>0\)

\(\Rightarrow\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{a^4b+ab^4}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{ab\left(a+b\right)}=a^2-ab+b^2\)

Áp dụng ta có: \(VT\)(VẾ TRÁI)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)                       \(\left(1\right)\)

Xét: \(\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\right]-\left[3\left(ab+bc+ca\right)-2\right]\)

\(=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+2\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\)              (Do a²+b²+c²=1)                           \(\left(2\right)\)

Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)   Tự chứng minh                                                               \(\left(3\right)\)

Từ (1);(2) và (3) suy ra \(VT\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)

Vậy \(\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}+\frac{b^5+c^5}{bc\left(b+c\right)}+\frac{c^5+a^5}{ca\left(c+a\right)}\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)

Từ giả thiết của bài toán, ta biến đổi như sau:

\(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\le2\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(A=\frac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{ac+1}{\left(a+c\right)^2}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2bc+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge6\)
Áp dụng giả thiết ta được

\(\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2ab+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge\text{∑}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}{\left(a+b\right)^2}\)

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

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

\(3+\sqrt[3]{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)\left(b+a\right)\left(c+b\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}}=3+3=6\)

Vậy bài toán đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13√.■

Mình chịu 

\(1+a^2=a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(c+a\right)\)

Tương tự, ta có: \(1+b^2=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)\(;\)\(1+c^2=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{2}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) ( do a, b, c dương ) 

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

... 

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

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

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

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

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

\(Q=a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)

\(\le b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)

\(=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)

\(\le\frac{4.\left(\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b\right)^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)

\(\le\frac{4.c^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)

\(=c^2\left(1-\frac{23c}{27}\right)\)

\(=\frac{23c}{54}.\frac{23c}{54}.\left(1-\frac{23c}{27}\right).\frac{2916}{529}\)

\(\le\frac{2916}{529}.\frac{\left(\frac{23c}{54}+\frac{23c}{54}+1-\frac{23c}{27}\right)^3}{27}=\frac{108}{529}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)

CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 1/Định nghĩa  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 2/Tính chất + A>B ⇔ B < A + A>B và B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 1 1 +A < B và A.B > 0 ⇒ > A B 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + -A <A= A + A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)Sưu tầm và tuyển chọn 1

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:

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

Ta co:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\text{ }\frac{\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]^3}{27}\)

\(\frac{\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]^3}{27}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{27}=\frac{3^6}{27}=27\)

Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)