tkvn

Cho $ab+bc+ca = 3$ với $a,b,c >0$. Chứng minh :
$$\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(a+c)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\le \dfrac{1}{abc}$$

Từ điều kiện ta có: $\ abc \le 1$. Hay: $$\dfrac{1}{1+a^2(b+c)} \le \dfrac{1}{abc+a^2(b+c)}=\dfrac{1}{a(ab+bc+ca)}=\dfrac{1}{3a}$$ Thiết lập các bdt tương tự ta có: $$VT \le \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})=\dfrac{1}{abc}$$ Dpcm.

Mình nghĩ đề phải như trên.

Với x, y, z là các số thực dương ta có các BĐT:

$\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} \ge 2\,\,\,(1)$

$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\,\,\,(2)$

$x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx\,\,\,(3)$

Dấu "=" xảy ra ở (1), (2), (3) $\Leftrightarrow x = y = z$

Áp dụng các BĐT (1), (2), (3) vào bài toán ta có:

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

$\ge \dfrac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right).\dfrac{9}{{ab + bc + ca}} + 18$

$= \left( {\dfrac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \dfrac{{a^2 + b^2 + c^2 }}{{ab + bc + ca}}} \right) + \dfrac{{8\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}{{ab + bc + ca}} + 18$

$\ge 2 + 8 + 18 = 28$. (đpcm)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$

Ngoài cách này ta có thể làm như sau: $$VT \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{27abc}+\dfrac{(a+b+c)^3}{27abc}+\dfrac{27(ab+bc+ca)^3}{(a+b+c)^6}+\dfrac{25(a+b+c)^3}{27abc}$$ $$ \ge 3.\sqrt[3]{\dfrac{(ab+bc+ca)^3}{27(abc)^2}}+25 \ge 3+25=28$$