Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM: \(ab\leq \frac{a^2+b^2}{2}\Rightarrow a^2+ab+b^2\leq \frac{3}{2}(a^2+b^2)\)

\(\Rightarrow \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{2}{3}.\frac{a^3}{a^2+b^2}=\frac{2}{3}\left(a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\right)\)

Mà cũng theo BĐT AM-GM: \(\frac{ab^2}{a^2+b^2}\leq \frac{ab^2}{2ab}=\frac{b}{2}\)

\(\Rightarrow \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{2}{3}\left(a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\right)\geq \frac{2}{3}(a-\frac{b}{2})\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}\geq \frac{2}{3}(a-\frac{b}{2})+\frac{2}{3}(b-\frac{c}{2})+\frac{2}{3}(c-\frac{a}{2})=\frac{a+b+c}{3}\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Ta có:\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)

Lại có:\(a^2+ab+b^2\ge3ab\)

\(\Rightarrow a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3ab}=a-\frac{a+b}{3}\)

\(\Rightarrow\sum\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)

"="<=>a=b=c

Bài này sử dụng Cô-si ngược dấu:

\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a.\left(a^2+ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)

có: \(\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\le\frac{ab\left(a+b\right)}{2ab+ab}=\frac{a+b}{3}\)

=> \(-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge-\frac{ab\left(a+b\right)}{2ab+ab}=-\frac{a+b}{3}\)

=> \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{a+b}{3}\)

Chứng minh tương tự:

=> \(A\ge a+b+c-\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=\frac{a+b+c}{3}\)

Cho a,b, c là các số thực dương. CMR:

a³a²+ab+b² +b³b²+bc+c² +c³c²+ac+a² ≥a+b+c3 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

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

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)

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

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

Hoặc có thể dùng AM-GM

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^4}{a\left(a^2+b^2+ab\right)}=\frac{a^4}{a^3+ab^2+a^2b}=\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}\\\frac{b^3}{b^2+c^2+bc}=\frac{b^4}{b\left(b^2+c^2+bc\right)}=\frac{b^4}{b^3+bc^2+b^2c}=\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}\\\frac{c^3}{c^2+a^2+ca}=\frac{c^4}{c\left(c^2+a^2+ca\right)}=\frac{c^4}{c^3+ca^2+c^2a}=\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\end{cases}}\)

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành :

\(\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}+\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}+\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a+b+c}{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

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

Dễ dàng phân tích \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

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

Xét bất đẳng thức phụ : 3( a² + b² + c² ) ≥ ( a + b + c )²

<=> 3a² + 3b² + 3c² - a² - b² - c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> ( a - b )² + ( b - c )² + ( c - a )² ≥ 0 ( đúng )

Khi đó áp dụng vào bài toán ta có : \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}\)( đpcm )

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

bài này mới được thầy sửa hồi chiều nè @@

Vì a,b dương => ( a + b ) ( a - b )² \(\ge\)0 => a³ + b³ \(\ge\)ab ( a + b )

BĐT tương đương với 3a³\(\ge\)2a³ + 2ab ( a + b ) - b³ = 2a³ + 2a²b + 2ab² - a²b - ab² - b³ = ( a² + ab + b³ ) ( 2a - b )

Suy ra : \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{2a-b}{3}\)(1)

Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b-c}{3}\)(2) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c-a}{3}\)(3)

Từ (1) ; (2) và (3) => \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)(đpcm)

https://olm.vn/hoi-dap/detail/82505750499.html

Ở mục câu hỏi tương tự có bài đó bạn ơi

ta có 

A=\(\frac{a^4}{ab^2+abc+c^2a}+\frac{b^4}{bc^2+abc+ba^2}+\frac{c^4}{ca^2+abc+cb^2}\)

>=\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+a^2b+bc^2+cb^2+ca^2+ac^2+3abc}\) =\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\) (Đấy  là bđt svacxơ nhé )

ta cần chứng minh \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)

   điều này luôn đúng vì dễ dàng chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca;\)

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

đến đây bạn nhân vào sẽ ra ĐPCM

dáu = xảy ra <=> a=b=c>0