Ta có: \(\frac{a}{1+b^2}=\frac{a+ab^2-ab^2}{1+b^2}=\frac{a+ab^2}{1+b^2}-\frac{ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự ta có: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\);  \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên,ta được: \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)

Do \(ab+bc+ca\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) (dấu "=" xảy ra khi a = b = c) nên ta có:)

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)

Mình xài p,q,r nhé :))

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)

\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)

Khi đó BĐT tương đương với:

\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)

\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )

\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)

Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)

\(=p^3-3pq+3r\)

--------------------------------------

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

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

\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)

\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)

Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq

Mình sẽ giải theo pp tập thể dục nha : 

Theo bài ra , ta có : 

\(a^2+b^2+c^2=3\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3=0\)

\(\Leftrightarrow a^2-1+b^2-1+c^2-1=0\)

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

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(a+1\right)=0\\\left(b-1\right)\left(b+1\right)=0\\\left(c-1\right)\left(c+1\right)=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\c=-1\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1;a=-1\\b=1;b=-1\\c=1;c=-1\end{cases}}\)

mà a,b,c là ba số không âm 

=) a = b = c =1 

Thay a = b = c = 1 vào biểu thức ở đầu bài , ta được 

\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)

\(=\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}\)

\(=\frac{1}{6}\times3=\frac{1}{2}\)

Cái phần bé hơn hình như là có cái j đó sai sai vì gt đầu bài là ba số ko âm mà nên làm sao mà bé hơn được 

B3 mk tìm đc cách giải r nhưng bạn nào muốn thì trả lời cg đc

Các bạn giải giúp mình B2 và B5 nhé. Mấy bài kia mình giải được rồi.

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)

1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)

\(=ac+bc+c^2+ab\)

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

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

CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)

\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)

Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)

Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy /...

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)

\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

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

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)

ko biết

Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{\frac{abc}{abc+a^2\left(a+b+c\right)}}=\sqrt{\frac{bc}{ac+a^2+ab+ac}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Áp dụng bđt Cô-si được

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

Thiết lập các bđt còn lại cho 2 số hạng còn lại rồi cộng vào được đpcm

Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x²+y²+z²=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)

TL :

Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).

HT

Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?