Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)

\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là

\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)

Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)

Áp dụng tương tự ta được

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

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)

hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là

\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)

\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)

Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)

hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng

Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Đề: \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\sqrt{3}\) ???

*Ta chứng minh : \(x^4-x^3+2\ge x+1\forall x>0\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3-x+1\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+1\right)\ge0\) ( đúng )

Do đó: \(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\) \(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}=\sqrt{3}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

1)

Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

2)

\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)

Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)

\(a+b+c=abc\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=1\)

WLOG \(z\ge y\ge x\)

\(\Rightarrow VT=\frac{x}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{x^2+1}}\)

Biến doi \(\sqrt{y^2+1}=\sqrt{y^2+xy+yz+zx}\)

Còn lại tương tự.

Theo bđt Holder:\(VT.VT.\left[\Sigma_{cyc}x\left(y^2+xy+yz+zx\right)\right]\ge\left(x+y+z\right)^3\)

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

Giờ cần chứng minh: \(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{xy\left(x+2y\right)+yz\left(y+2z\right)+zx\left(z+2x\right)}\ge\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow4\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\ge6\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)+3xyz\)

bđt cuối tương đương 

\(\frac{1}{6}\left[\Sigma_{cyc}\left(5x+7y+3z\right)\left(x-y\right)^2\right]+3\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)\ge0\)

Đứng với cái mình đã WLOG ở trên

Mình nghĩ bài này có điều kiện a, b,c > 0.

Bạn nub đánh nhầm đoạn" \(VT^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^3}{..}\) ..Cần chứng minh..." rồi nhé, nhưng bất đẳng thức cần chứng minh cuối cùng vẫn đúng: \(4\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\ge6\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)+3xyz\)

Nhưng:

\(VT-VP=\frac{\Sigma\left(6xy+4y^2+yz+\frac{5}{2}z^2\right)\left(x-y\right)^2}{x+y+z}\ge0\)

Đúng vì x, y, z > 0 do a, b, c > 0.

\(VT=\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{2}{\sqrt{c}}}\right)\le\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{16}\right)=\frac{1}{\sqrt{abc}}\)

Dấu "=" xay ra khi \(a=b=c=\frac{16}{9}\)

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a}{a^3}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+b^2}\ge\frac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}\)

Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ có đpcm. dấu = xảy ra khi a=b=c=1