Ta có: \(\dfrac{a^2}{b^2}+1\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}}=\dfrac{2a}{b}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^2}{c^2}+1\ge\dfrac{2b}{c}\) ; \(\dfrac{c^2}{a^2}+1\ge\dfrac{2c}{a}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+3\ge\dfrac{2a}{b}+\dfrac{2b}{c}+\dfrac{2c}{a}\) (1)

Mà \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a}{b}+\dfrac{2b}{c}+\dfrac{2c}{a}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+3\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT cô-si, ta có 

\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2;b^3+c^3+c^3\ge3bc^2;c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)

Cộng 3 vế của 3 pt, ta có \(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)(ĐPCM)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c>0

^_^

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\)

\(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\)

\(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)

Cộng vế theo vế cuả các BĐT trên ta được:

\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: \(\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\Leftrightarrow a=b=c\\c=a\end{cases}}\)

Ta có : (a-b)^2 >=0
=> a^2 + b^2 - 2ab >= 0 (*)
Ta có: 2a(√b - 1/2)^2 >= 0 do a là số thực dương.
=> 2a(b - √b + 1/4) >= 0
=> 2ab - 2a√b +a/2 >= 0 (**)
Ta có: 2b(√a - 1/2)^2 >= 0 do b là số thực dương.
=> 2b(a - √a + 1/4) >=0
=> 2ab - ab√a + b/2 >= 0 (***)
Cộng (*), (**) và (***) vế theo vế, ta có:
a^2 + b^2 - 2ab + 2ab -2a√b + a/2 +2ab - 2b√a + b/2 >=0
a^2 + b^2 +2ab + (a +b)/2 - (2a√b + 2b√a) >= 0
=> (a + b)^2 + (a + b)/2 >= 2a√b + 2b√a (đpcm)

k cho mình với nha mọi người

Với x,y là số thực lớn hơn 0,13 ta có:

\(\left(xy+yz+zx\right)^2\) 

\(=\left(xy\right)^2+\left(yz\right)^2+\left(zx\right)^2+2xyyz+2xyzx+2yzzx\) 

Vì x,y,z đều là số thực dương lớn hơn 0 nên:

\(\left(xy\right)^2,\left(yz\right)^2,\left(zx\right)^2,2xyyz,2xyzx,2yzzx\) đều lớn hơn 0

Vậy \(\left(xy+yz+zx\right)^2>0\) 

Lời giải:
$\text{VT}=\sum \frac{a^2}{a+b^2}=\sum (a-\frac{ab^2}{a+b^2})$

$=\sum a-\sum \frac{ab^2}{a+b^2}$

$\geq \sum a-\sum \frac{ab^2}{2b\sqrt{a}}$ (theo BĐT AM-GM)

$=\sum a-\frac{1}{2}\sum \sqrt{ab^2}$

$\geq \sum a-\frac{1}{2}\sum \frac{ab+b}{2}$ (AM-GM)

$=\frac{3}{4}\sum a-\frac{1}{4}\sum ab$

Giờ ta chỉ cần cm $\sum a\geq \sum ab$ là bài toán được giải quyết

Thật vậy:
Đặt $\sum ab=t$ thì hiển nhiên $0< t\leq 3$ theo BĐT AM-GM

$(\sum a)^2-(\sum ab)^2=3+2t-t^2=(3-t)(t+1)\geq 0$ với mọi $0< t\leq 3$

$\Rightarrow \sum a\geq \sum ab$

Vậy ta có đcpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có hai số cùng phía so với 2, không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b

\(\Rightarrow\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab+4\ge2a+2b\)

\(\Leftrightarrow abc+4c\ge2ac+2bc\)

\(\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2+2ac+2bc-4c+4\)

\(VT\ge2ab+c^2-4c+4+2bc+2ac\)

\(VT\ge2\left(ab+bc+ca\right)+\left(c-2\right)^2\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)

Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).Vậy điều giả sử trên là sai, 
a,b,c là 3 số dương.

Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).

Vậy điều giả sử trên là sai, 
Do đó a,b,c là 3 số dương.