Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
\((a + b + c)^2 \le (1^2 + 1^2 + 1^2)(a^2 + b^2 + c^2) = 3 \cdot 3 = 9\)
=>a+b+c<=3(1)
\(3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) = (a^2 + b^2 + c^2)(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)\)
Theo BĐT Am-Gm, ta có:
\(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \le \frac{(ab + bc + ca)^2}{3}\)
=>\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le\frac{9}{3}=3\)
=>\(3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \le 3(a + b + c)\)
\(\implies a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \le a + b + c \quad (2)\)
Theo bđt Cauchy-Schwarz, ta có:
\(\text{VT} = \frac{1}{1+a^2b^2} + \frac{1}{1+b^2c^2} + \frac{1}{1+c^2a^2} \ge \frac{(1 + 1 + 1)^2}{(1 + a^2b^2) + (1 + b^2c^2) + (1 + c^2a^2)}\)
=>\(VT\ge\frac{9}{3 + (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)}\)
=>\(VT\ge\frac{9}{3+\left(a+b+c\right)}\)
=>\(\text{VT} \ge \frac{9}{3 + a + b + c} \ge \frac{9}{2(a + b + c)}\) (ĐPCM)
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :
\(a^2b+a^2b+\frac{1}{ab^2}\ge3\sqrt[3]{a^2b.a^2b.\frac{1}{ab^2}}=3a\)
tương tự : \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :
\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1