Đầu tiên chứng minh:

\(a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)

Ta có:

\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^3+a^3+b^3\right)+\left(b^3+b^3+c^3\right)+\left(c^3+c^3+a^3\right)\)

\(\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)

Quay lại bài toán ta có:

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

\(=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)

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

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

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

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{a^2}{1+b-a}+a^2\left(1+b-a\right)\ge2a^2\)

\(\frac{b^2}{1+c-b}+b^2\left(1+c-b\right)\ge2b^2\)

\(\frac{c^2}{1+a-c}+c^2\left(1+a-c\right)\ge2c^2\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT+a^2b+b^2c+c^2a-a^3-b^3-c^3\ge1\)

Cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Tiếp tục xài AM-GM \(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\)

TƯơng tự rồi cộng theo vế ta có ĐPCM

Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

jhjvjg

Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:

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

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:

\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)

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

Như vậy lúc này ta được:

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

Vậy bài toán đã được chứng minh.

\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)

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

\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)

Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm 

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

Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow xyz=1\)

Không khó để chứng minh \(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge x+y+z\)

\(VT=\Sigma\frac{y^2z}{x^2\left(1+2z\right)}=\Sigma\frac{\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}{\frac{1+2z}{z}}\ge\frac{\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)^2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+6}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+zx+6}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+6}\)

Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\).Cần chứng minh:

\(f\left(t\right)=\frac{t^2}{\frac{t^2}{3}+6}\ge1\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(t-3\right)\left(t+3\right)\ge0\)(đúng)

IS that true?

Làm xong em mới nhận ra không cần đổi biến:D

Ta có:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{abc}}=3a\)

Tương tự: \(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3b;\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3c\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên suy ra \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge a+b+c\)

Trở lại bài toán: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(\frac{a^2}{b^2}\right)}{c+2}\ge\frac{\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2}{a+b+c+6}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}=\frac{t^2}{t+6}\)(với \(t=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\))

Cần chúng minh: \(\frac{t^2}{t+6}\ge1\Leftrightarrow t^2-t-6\ge0\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(t+2\right)\ge0\)(đúng)

\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)

Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)

Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)

Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)

\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)

Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)

Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

1njfnjgjggnvfkgnbmvfvm 

Mình có cách này,không chắc lắm:

\(VT=\frac{a}{a\left(a^2+bc+1\right)}+\frac{b}{b\left(b^2+ac+1\right)}+\frac{c}{c\left(c^2+ab+1\right)}\) (làm tắt,bạn tự hiểu nha)

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

\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)

\(=\frac{1}{3}\left[\left(1+1+1\right)-\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\right]\)

\(=1-\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)

Áp dụng BĐT Cô si với biểu thức trong ngoặc:

\(=1-\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)

\(\le1-\sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{a}-1\right)\left(\sqrt[3]{b}-1\right)\left(\sqrt[3]{c-1}\right)}\le1^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

Ta c/m bđt sau: 

\(a^3+1\ge a^2+a\)

\(\Leftrightarrow a^3+1-a^2-a\ge0\Leftrightarrow a\left(a^2-1\right)-\left(a^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}\le\frac{a}{a^2+2a}=\frac{1}{a+2}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}\le\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\)

Đặt \((a,b,c)\rightarrow(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=\frac{y}{x+2y}+\frac{z}{y+2z}+\frac{x}{z+2x}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{x}{x+2y}+1-\frac{y}{y+2z}+1-\frac{z}{z+2x}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{x^2+2xy}+\frac{y^2}{y^2+2yz}+\frac{z^2}{z^2+2xy}\right)\)\(\le\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Thấy mọe rồi,lúc đó t ngốc quá nên làm nhầm.

Áp dụng BĐT cô si với hai số không âm, Ta có: 

\(\left(a+b+c\right)^2=1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)

Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\forall b,c\ge0\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu "=" xảy ra khi: 

\(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\b=c\\a=b+c\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)

Áp dụng BĐT Cô si với 2 số dương ta có: 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2,\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2,\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)(đúng) 

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(do a+b+c=1)