3/cho a,b,c>0 và abc=a+b+c Cmr $\sum \frac{bc}{a(1+bc)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$ (dùng bdt AM-GM)
Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì $xy+yz+zx=1$ và $VT=\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}+\frac{z}{xy+1}$
Áp dụng Bunyakovsky dạng phân thức: $\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}+\frac{z}{xy+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\geqslant \frac{(x+y+z)^2}{3xyz+(x+y+z)}=\frac{(x+y+z)^3}{3xyz(x+y+z)+(x+y+z)^2}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{(xy+yz+zx)^2+(x+y+z)^2}=\frac{(x+y+z)^3}{(x+y+z)^2+1}$
Đặt $t=x+y+z\geqslant \sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt{3}$
Khi đó: $\frac{t^3}{t^2+1}-\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{(t-\sqrt{3})(4t^2+\sqrt{3}t+3)}{4(t^2+1)}\geqslant 0\Rightarrow \frac{t^3}{t^2+1}\geqslant \frac{3\sqrt{3}}{4}$
Ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$