Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\)

Ta áp dụng bất đẳng thức Cô si dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\) cho các căn thức ở mẫu, khi đó ta được:

\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\ge\) với biểu thức

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

Khi đó ta cần chứng minh: 

\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\ge\dfrac{3}{4}\)

Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2a+3b+3c\\y=3a+2b+3c\\z=3a+3b+2c\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=\dfrac{1}{4}\left(3y+3z-5x\right)\\2b=\dfrac{1}{4}\left(3z+3x-5y\right)\\2c=\dfrac{1}{4}\left(3x+3y-5z\right)\end{matrix}\right.\)

Khi đó đẳng thức trên được viết lại thành:

\(\dfrac{3y+3z-5x}{4x}+\dfrac{3z+3x-5y}{4y}+\dfrac{3x+3y-5z}{4z}\ge\dfrac{3}{4}\)

Hay: \(3\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)-15\ge3\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo bất đẳng thức Cô si.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Đặt \(x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\)

Khi đó bđt đã tro chở thành:

\(\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{xy}{z^2+3xy}\le\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{3}-\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{xy}{z^2+3xy}\ge1-\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x^2+3yz}+\dfrac{y^2}{y^2+3zx}+\dfrac{z^2}{z^2+3xy}\ge\dfrac{3}{4}\) (đpcm)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{4b^2+bc+4c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{4c^2+ca+4a^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{4a^2+ab+4b^2}}\ge1\)

Ta có:

\(\sum\left(\dfrac{a}{\sqrt{4b^2+bc+4c^2}}\right)^2\sum a\left(4b^2+bc+4c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a\left(4b^2+bc+4c^2\right)+b\left(4c^2+ac+4a^2\right)+c\left(4a^2+ab+4b^2\right)}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{4a\left(b^2+c^2\right)+4b\left(c^2+a^2\right)+4c\left(a^2+b^2\right)+3abc}\ge1\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\) (đúng theo Schur bậc 3)

Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)

Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\) 

Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\) 

" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Với mọi số thực dương a;b;c ta có BĐT:

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

Tương tự, ta có:

\(VT\le\dfrac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}+\dfrac{bc}{bc\left(b^2+c^2\right)+bc}+\dfrac{ca}{ca\left(c^2+a^2\right)+ca}\)

\(VT\le\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(VT\le\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\)

Ta lại có: \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{zx\left(z+x\right)+xyz}=1\)

Lời giải:
Đổi \((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(x,y,z)\) thì bài toán trở thành

Cho $x,y,z$ thực dương phân biệt tm: $\frac{xy+1}{x}=\frac{yz+1}{y}=\frac{xz+1}{z}$

CMR: $xyz=1$

-----------------------------

Có:

$\frac{xy+1}{x}=\frac{yz+1}{y}=\frac{xz+1}{z}$

$\Leftrightarrow y+\frac{1}{x}=z+\frac{1}{y}=x+\frac{1}{z}$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y-z=\frac{x-y}{xy}\\ z-x=\frac{y-z}{yz}\\ x-y=\frac{z-x}{xz}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow (y-z)(z-x)(x-y)=\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{x^2y^2z^2}\)

Mà $x,y,z$ đôi một phân biệt nên $(x-y)(y-z)(z-x)\neq 0$

$\Rightarrow 1=\frac{1}{x^2y^2z^2}$

$\Rightarrow x^2y^2z^2=1$
$\Rightarrow xyz=1$ (do $xyz>0$)

Ta có đpcm.

Ta có \(\sum\limits^{ }_{sym}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4}{1+ab}}=\sum\limits^{ }_{sym}\sqrt{\dfrac{2\left(a^4+b^4\right)}{2+2ab}}\ge\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{a^2}{\sqrt{2+2ab}}+\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{b^2}{\sqrt{2+2ab}}\)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:

\(\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{b^2}{\sqrt{2+2ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)

Cộng hai bất đẳng thức ta được:

\(\sqrt{\dfrac{a^4+b^4}{1+ab}}+\sqrt{\dfrac{b^4+c^4}{1+bc}}+\sqrt{\dfrac{c^4+a^4}{1+ac}}\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)