a + b + 2a² + 2b² ≥ \(2ab+2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}\)

⇔ a + b + 2a² + 2b² - \(2ab-2a\sqrt{b}-2b\sqrt{a}\) ≥ 0

⇔ a² - 2ab + b² + a² - 2a\(\sqrt{b}+b+b^2-2b\sqrt{a}+a\) ≥ 0

⇔ ( a - b)² + ( a - \(\sqrt{b}\) )² + ( b - \(\sqrt{a}\))² ≥ 0 ( Luôn đúng )

1, hiển nhiên a+b>0 

có a^2+2ab+2b^2-2b=8=>(a+b)^2=8-(b^2-2b)=9-(b-1)^2 </ 9 => a+b </ 3 

Ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau: 

\(\frac{a^2+9}{2a^2+\left(3-a\right)^2}+\frac{b^2+9}{2b^2+\left(3-b\right)^2}+\frac{c^2+9}{2c^2+\left(3-c\right)^2}\le5\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}+\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}+\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le5\)

Thật vậy ta sẽ chứng minh: \(\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}\le\frac{a+4}{3}\)

                                 \(\Leftrightarrow.............................\)

                                \(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+3\right)\ge0\)               ( Luôn đúng với a > 0 )

Tương tự ta có:  \(\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}\le\frac{b+4}{3}\)

                           \(\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le\frac{c+4}{3}\)

Cộng từng vế các BĐT trên ta có: 

\(VT\le\frac{a+b+c+12}{3}=\frac{15}{3}=5\)                    \(\left(Q.E.D\right)\)

từ gt \(\Rightarrow\)abc>0  => (2-a)(2-b)(2-c)>0 => 
8+2(ab+bc+ca)−4(a+b+c)−abc≥0 => 2(ab+bc+ca) \(\ge\)4 + abc \(\ge\)4
=> (a+b+c)^2≥4+a2+b2+c2 => a^2+b^2+c^2 \(\le\) 5