ta có \(\frac{a}{1+b-a}+a\left(1+b-a\right)\ge2a\)hay \(\frac{a}{1+b-a}\ge a\left(1+a-b\right)=a\left(2a+c\right)\)

tương tự ta sẽ có :

\(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\ge2a^2+2b^2+2c^2+ab+ac+bc\)

\(\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)

vậy ta  có điều phải chứng minh

dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

vì bạn muốn làm bằng BDT Bunhia nên mình làm cách đó nhé : 

ta có : \(\left[a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)\right]\left(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\right)\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\) ( áp dụng Bunhia ) 

nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)}=\frac{1}{a\left(2b+c\right)+b\left(2c+a\right)+c\left(2a+c\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3\left(ab+bc+ca\right)}\) mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{3\times\frac{1}{3}}=1=VP\) vậy ta có đpcm

Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow xyz=1\)

Không khó để chứng minh \(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge x+y+z\)

\(VT=\Sigma\frac{y^2z}{x^2\left(1+2z\right)}=\Sigma\frac{\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}{\frac{1+2z}{z}}\ge\frac{\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)^2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+6}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+zx+6}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+6}\)

Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\).Cần chứng minh:

\(f\left(t\right)=\frac{t^2}{\frac{t^2}{3}+6}\ge1\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(t-3\right)\left(t+3\right)\ge0\)(đúng)

IS that true?

Làm xong em mới nhận ra không cần đổi biến:D

Ta có:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{abc}}=3a\)

Tương tự: \(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3b;\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3c\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên suy ra \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge a+b+c\)

Trở lại bài toán: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(\frac{a^2}{b^2}\right)}{c+2}\ge\frac{\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2}{a+b+c+6}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}=\frac{t^2}{t+6}\)(với \(t=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\))

Cần chúng minh: \(\frac{t^2}{t+6}\ge1\Leftrightarrow t^2-t-6\ge0\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(t+2\right)\ge0\)(đúng)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và AM-GM:

$M=\frac{b^2+c^2}{a^2}+a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

$\geq \frac{b^2+c^2}{a^2}+a^2.\frac{4}{b^2+c^2}$

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

$\geq \sqrt{\frac{b^2+c^2}{a^2}.\frac{a^2}{b^2+c^2}}+\frac{3(b^2+c^2)}{b^2+c^2}$

$=2+3=5$

Vậy $M_{\min}=5$ 

\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)

Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)

Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)

Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)

\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)

Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)

Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ

\(\frac{1}{8x^2+1}\ge\frac{2}{x+1}-1\)

\(\Leftrightarrow4x^3-4x^2+x\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\left(2x-1\right)^2\ge0\)(đúng)

Áp dụng vào bài toán ta được

\(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge-1+\frac{2}{a+1}-1+\frac{2}{b+1}-1+\frac{2}{c+1}\)

\(=-3+2\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=-3+4=1\)

Ta có: \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2\)

\(\Rightarrow3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=1\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1\)

Xét BĐT  \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\ge1\Leftrightarrow3-\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{8a^2}{8a^2+1}\le2\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le2\)

Xét BĐT phụ: \(\frac{4x^2}{8x^2+1}\le\frac{x}{x+1}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{x\left(2x-1\right)^2}{\left(x+1\right)\left(8x^2+1\right)}\)(đúng với mọi x thực dương)

Áp dụng, ta có: \(\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le\text{​​}\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+1}=1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

\(\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}\le\frac{3}{4}\)

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

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có :

\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)

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

\(\ge\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)

Ta cần chứng minh :

\(\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge0\) luôn đúng 

Chúc bạn học tốt !!!

hoang viet nhat copy nhớ ghi nguồn nha bạn:))Link 

Mà quan trọng là copy mà bạn có hiểu không là chuyện khác:) Bạn hãy giải thích tại sao:

\(\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+^2+c^2}\)