Ta chứng minh BĐT phụ sau:

\(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}\ge\dfrac{2a-b}{2}\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

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

\(\Leftrightarrow b\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng với a;b dương)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^3+c^3}\ge\dfrac{2b-c}{2}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^3+a^3}\ge\dfrac{2c-a}{2}\)

Cộng vế với vế:

\(VT\ge\dfrac{a+b+c}{2}=3\) (đpcm)

Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)

Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))

Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)

Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:

(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca

=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c

=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)

Cộng các vế của (1) và (2) ta có:

3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)

=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.

Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI) 

<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac  ≥ 2(a2 + b2 + c2)

Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)

Cộng (1) với (2)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).

Xét BĐT phụ: `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca(**)`

`BĐT(**)<=>1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]>=0AAa;b;c` xảy ra dấu "=" khi `a=b=c`

Từ `BĐT(**)` cộng hai vế với `2(ab+bc+ca)` ta có `(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)<=>(a+b+c)^2/3>=ab+bc+ca`

-----

Ta có `6=a+b+c+ab+bc+ca<=a+b+c+(a+b+c)^2/3=t^2/3+t(t=a+b+c>0)`

`=>t^2/3+t-6>=0=>t>=3` hay `a+b+c>=3`

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

`a^3/b+b^3/c+c^3/a=a^4/(a)+b^4/(bc)+c^4/ca>=(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)>=a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3=3`

CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\)   ( * )

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

TT ....

Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :

\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)

\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

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

Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)

Suy ra sai đề :)

1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)

\(=ac+bc+c^2+ab\)

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

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

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

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

Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)

Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy /...

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)

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

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

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

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)

Bài 1 : 

\(P=\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}\)

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

\(+\sqrt{\frac{ca}{b\left(a+b+c\right)+ca}}\)

\(P=\sqrt{\frac{ab}{ac+bc+c^2+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a^2+ab+ac+bc}}\)

\(+\sqrt{\frac{ca}{ab+b^2+bc+ca}}\)

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bô só thực không âm

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}{2}\\\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}}{2}\\\sqrt{\frac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow VT\)

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

\(\Rightarrow VT\le\frac{\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+b}}{2}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Vậy \(P_{max}=\frac{3}{2}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

\(A=\frac{\frac{1}{2}a^2\left(\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}+1\right)\left[\left(\sqrt[3]{b}-\sqrt[3]{c}\right)^2+\left(\sqrt[3]{b}-1\right)^2+\left(\sqrt[3]{c}-1\right)^2\right]}{2\left(a+2\right)\left(a+\sqrt[3]{bc}\right)}\ge0\)

\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}=\Sigma_{cyc}A+\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3\left(a+2\right)}+\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1\ge\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1=\frac{3}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số 

\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

Chứng minh rằng : \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)

\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)

\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\left(đpcm\right)\)

Vì \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)

Mà \(\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!