Theo bất đẳng thức Cô-si ta có 
a^5 + a >= 2√(a^5.a); 
hay a^5 >= 2a^3 - a. 
Chứng minh tương tự, ta cũng có 
b^5 >= 2b^3 - b. 
Cộng hai bất đẳng thức theo vế ta được 
a^5 + b^5 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 <= a + b (*). 
Vì a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) nên bất đẳng thức (*) tương đương với 
(a + b)(a^2 - ab + b^2) <= a + b, 
hay a^2 - ab + b^2 <= 1, 
hay a^2 + b^2 <= ab + 1. 
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1

BĐT <=> \(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le2\)

\(\Leftrightarrow1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\)

Theo BĐT Svacxo:

\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+6}=1\)

Vậy ta có đpcm.

P/s: Đúng ko ta?

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\) ( \(a^3+b^3=a^5+b^5\))

\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a;b>0\))

Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\)

Ta có:

\(a^2+b^2\le1+ab\)

\(\left(a^2+b^2\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(1+ab\right)\left(a^5+b^5\right)\)

\(a^5+b^5+a^2b^3+a^3b^2\le a^5+b^5+a^6b+ab^6\)

\(a^2b^3+a^3b^2\le a^6b+ab^6\)

\(ab^2+a^2b\le a^5+b^5\)

\(ab^2+a^2b\le a^3+b^3\)

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

\(a\left(a^2-b^2\right)-b\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\left(a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\ge0\)

\(\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a-b\right)\ge0\)

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

Do a,b là số dương => a+b>0

(a-b)²\(\ge0\left(lđ\right)\)

=> ĐPCM

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

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

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$