Đáp án:

Đpcm. Xảy ra khi: $a=b=c=1$

Giải thích các bước giải:

Bổ sung: $abc=1$ và $a,b,c>0$

Đặt \(\left[ \begin{array}{l}a=x^3\\b=y^3\\c=z^3\end{array} \right.\)  ($a,b,c>0$)

$=>abc=xyz=1$

Điều cần chứng minh chuyển thành:

$\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1} \le 1$

Cách 1:

Ta có bổ đề phụ sau: $a^3+b^3 \ge ab(a+b)=a^2b+b^2a$ $\forall a,b \in R$

Áp dụng vào bài toán: 

$=>VT \le \dfrac{1}{xy(x+y)+1}+\dfrac{1}{yz(y+z)+1}+\dfrac{1}{xz(x+z)} $

$=\dfrac{1}{x^2y+y^2x+1}+\dfrac{1}{y^2z+z^2y+1}+\dfrac{1}{x^2z+z^2x+1} $

$=\dfrac{z}{x^2yz+y^2xz+z}+\dfrac{x}{y^2zx+z^2yx+x}+\dfrac{y}{x^2zy+z^2xy+1} $

Mà $xyz=1$:

$=>VT \le \dfrac{z}{x+y+z}+\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z} =\dfrac{x+y+z}{x+y+z} =1$

->Điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

$(x^2+y^2+z^2)(a^2+b^2+c^2) \ge (ax+by+cz)^2$ $\forall a,b,c,x,y,z \in R$

Ta có: $(x^3+y^3+1)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+z^2 \ge (x+y+z)^2$

$=>x^3+y^3+1 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+z^2}$

$=> \dfrac{1}{x^3+y^3+1} \le \dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+z^2}{(x+y+z)^2}$

Chứng minh tương tự, ta được:

$+) \dfrac{1}{y^3+z^3+1} \le \dfrac{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+x^2}{(x+y+z)^2}$

$+) \dfrac{1}{z^3+x^3+1} \le \dfrac{\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}+y^2}{(x+y+z)^2}$

Cộng các vế trên lại với nhau, ta thu được:

$-> \dfrac{1}{x^3+y^3+1}+ \dfrac{1}{y^3+z^3+1}+ \dfrac{1}{z^3+x^3+1} \le \dfrac{2(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+x^2+y^2+z^2}{(x+y+z)^2}$

Mà $xyz=1$:

$=> VT \le \dfrac{2(xy+yz+xz)+x^2+y^2+z^2}{(x+y+z)^2}=\dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1$

->Điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$

Ngocanh130709