Từ giả thiết \(a+b+c+ab+bc+ca=abc\), chia cả hai vế cho \(abc\) (vì \(a,b,c\) là các số dương nên \(abc\ne 0\)), ta được: \(\frac{a+b+c}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{abc}=1\) \(\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1\) Đặt \(x=\frac{1}{a}\), \(y=\frac{1}{b}\), \(z=\frac{1}{c}\). Vì \(a,b,c\) là các số dương nên \(x,y,z\) cũng là các số dương. Giả thiết trở thành: \(xy+yz+zx+x+y+z=1\) Step 2: Áp dụng bất đẳng thức Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\ge 3\) Theo cách đặt ở trên, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge 3\) Sử dụng bất đẳng thức \((x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+zx)\), ta có: \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)\) Từ giả thiết đã biến đổi, ta có \(xy+yz+zx=1-(x+y+z)\). Thay vào biểu thức trên: \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(1-(x+y+z))=(x+y+z)^{2}+2(x+y+z)-2\) .rPeykc br:has(+span [data-cid]){display:none} Đặt \(t=x+y+z\). Ta có \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=t^{2}+2t-2\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành \(t^{2}+2t-2\ge 3\iff t^{2}+2t-5\ge 0\). Ta lại có bất đẳng thức \((x+y+z)^{2}\ge 3(xy+yz+zx)\), tức là \(t^{2}\ge 3(1-t)\iff t^{2}+3t-3\ge 0\). Giải bất phương trình \(t^{2}+3t-3\ge 0\), ta có \(t\ge \frac{-3+\sqrt{21}}{2}\) (vì \(t>0\)). Lại có \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx\Rightarrow t^{2}-2(1-t)\ge 1-t\iff t^{2}+3t-3\ge 0\). Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\). Từ \(xy+yz+zx+x+y+z=1\), nếu \(x=y=z\), ta có \(3x^{2}+3x=1\). \(3x^{2}+3x-1=0\implies x=\frac{-3+\sqrt{21}}{6}\) Khi đó \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=3x^{2}=3\left(\frac{-3+\sqrt{21}}{6}\right)^{2}=3\frac{9-6\sqrt{21}+21}{36}=3\frac{30-6\sqrt{21}}{36}=\frac{30-6\sqrt{21}}{12}=\frac{5-\sqrt{21}}{2}\). Ta cần chứng minh \(\frac{5-\sqrt{21}}{2}\ge 3\iff 5-\sqrt{21}\ge 6\iff -1\ge \sqrt{21}\) (vô lý). Vậy cách chứng minh trên không đúng. Step 3: Chứng minh lại Ta có \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx\). Từ giả thiết \(xy+yz+zx+x+y+z=1\), ta có \(xy+yz+zx=1-(x+y+z)\). Do đó \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge 1-(x+y+z)\). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: \((x^{2}+y^{2}+z^{2})(1+1+1)\ge (x+y+z)^{2}\implies x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge \frac{(x+y+z)^{2}}{3}\) Từ giả thiết, ta có \(1=xy+yz+zx+x+y+z\le x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\). Đặt \(S=x+y+z\) và \(P=xy+yz+zx\). Giả thiết là \(P+S=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh là \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge 3\iff S^{2}-2P\ge 3\). Thay \(P=1-S\) vào, ta có \(S^{2}-2(1-S)\ge 3\iff S^{2}+2S-2\ge 3\iff S^{2}+2S-5\ge 0\)Giải bất phương trình trên, ta được \(S\ge \frac{-2+\sqrt{4-4(-5)}}{2}=\frac{-2+\sqrt{24}}{2}=-1+\sqrt{6}\). Ta cần chứng minh \(x+y+z\ge -1+\sqrt{6}\). Áp dụng bất đẳng thức \(3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\ge (x+y+z)^{2}\) và \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx\), ta có: \((x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+zx)\ge (xy+yz+zx)+2(xy+yz+zx)=3(xy+yz+zx)\) Vậy \((x+y+z)^{2}\ge 3(1-(x+y+z))\iff (x+y+z)^{2}+3(x+y+z)-3\ge 0\). Đặt \(t=x+y+z\), ta có \(t^{2}+3t-3\ge 0\). Giải bất phương trình này, ta có \(t\ge \frac{-3+\sqrt{9-4(1)(-3)}}{2}=\frac{-3+\sqrt{21}}{2}\) (vì \(t>0\)). Ta cần chứng minh \(\frac{-3+\sqrt{21}}{2}\ge -1+\sqrt{6}\). \(\iff -3+\sqrt{21}\ge -2+2\sqrt{6}\iff \sqrt{21}+1\ge 2\sqrt{6}\iff (\sqrt{21}+1)^{2}\ge (2\sqrt{6})^{2}\) \(\iff 21+1+2\sqrt{21}\ge 24\iff 22+2\sqrt{21}\ge 24\iff 2\sqrt{21}\ge 2\iff \sqrt{21}\ge 1\) (đúng). Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{-3+\sqrt{21}}{6}\)..

x=1,y=1

a=b=c=1

a=b

p>0