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

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

Ta có : \(3=ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\Rightarrow1\ge abc\)

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

\(=\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(ab+2ac\right)}+\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(bc+2ab\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(ca+2cb\right)}\)

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{abc\left(3ab+3ac+3bc\right)}\)\(=\frac{3^2}{9abc}\)\(\ge1\)\(\left(dpcm\right)\)

Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

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

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Ta có: \(a^2+2b+3=\left(a^2+1\right)+2\left(b+1\right)\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta có: \(b^2+2c+3\ge2\left(b+c+1\right)\); \(c^2+2a+3\ge2\left(c+a+1\right)\)

Từ đó suy ra\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)\(\le\frac{a}{2\left(a+b+1\right)}+\frac{b}{2\left(b+c+1\right)}+\frac{c}{2\left(c+a+1\right)}\)

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

Đặt \(K=\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\), ta đi chứng minh \(K\le1\)

Thật vậy: \(3-K=\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\)

\(=\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)

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

Ta có: \(\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)\)\(=3\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2+3\)

(Mình gõ bằng chương trình Universal Math Solver, không hiện ảnh thì vô thống kê hỏi đáp của mình, ngày 30/5/2020 vào lúc 8:25)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b+c\right)^2+6\left(a+b+c\right)+9\right]=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(3-K\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2}=2\Rightarrow K\le1\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :

\(a^2+1\ge2a\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}\le\frac{a}{2a+2b+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}\right)\)

Tương tự : \(\frac{b}{b^2+2c+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c+1}\right);\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a+1}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :

\(\frac{a}{a+b+1}=\frac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a+b+1\right)\left(a+b+c^2\right)}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=\frac{a^2+ab+ac^2}{9}\)

TT : ...

Cộng lại ta được :

\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{9}+\frac{b^2+bc+ba^2}{9}+\frac{c^2+ca+cb^2}{9}\)

\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ac^2+ba^2+cb^2}{9}\le\frac{3+3+3}{9}=1\)

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

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\frac{2}{2+a^2b}+\frac{2}{2+b^2c}+\frac{2}{2+c^2a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Ta có: \(VT=\sum\frac{a^2b}{1+1+a^2b}\le\frac{1}{3}\sum\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^4b^2}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^2.ab.ab}\)

\(VT\le\frac{1}{9}\sum\left(a^2+ab+ab\right)=\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^2=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Áp dụng BĐ0T \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với x,y,z >0 có :

Vế trái \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{9}{3+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1) (vì a+b+c=3)

Có \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\cdot\left(a+b+c\right)+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3\ge0\) (vì a+b+c=3)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) => đpcm

k cho mk nhoa !!!!!!!!!!

Ngược dấu rồi bạn ơi

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)

Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le a^4+b^4+c^4\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT=\frac{a^4}{a^3+2a^2b^2}+\frac{b^4}{b^3+2b^2c^2}+\frac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\)

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

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1=VP\)

Dấu "=" kh \(a=b=c=1\)