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

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\) 

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\) 

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\) 

thật vậy\(2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\) =\(\left[\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\) (ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI) 

ĐẲNG THỨC CUỐI ĐÚNG SUY RA ĐẲNG THỨC ĐẦU ĐƯỢC CHỨNG MINH

ta có \(\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2\)

do đó VT +(ab + bc + ca) \(\ge2a^2+2b^2+2c^2\)

hay VT \(\ge2a^2+2b^2+2c^2-\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\) (đpcm).

Ta có : \(\frac{a}{c}=\frac{c}{b}\Rightarrow\frac{a^2}{c^2}=\frac{c^2}{b^2}\)

Áp dụng TC của dãy tỉ số bằng nhau , ta có :

\(\frac{a^2}{c^2}=\frac{c^2}{b^2}=\frac{a^2+c^2}{b^2+c^2}=\frac{a}{c}.\frac{a}{c}=\frac{a}{c}.\frac{c}{b}=\frac{a}{b}\)

Vậy .................................

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)        \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:

** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\); \(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\); \(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên

** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)

Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Or the following SOS: 

* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)

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

                                            \(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)

Hoặc còn 2 kiểu SOS khác (by tth_new)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

\(VT-VP=\frac{\left(4b+3b-c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4}\ge0\)

Or 

Áp dụng BĐT bunniacoxki ta có:

\(\left(b^2+\left(c+a\right)^2\right)\left(1+4\right)\ge\left(b+2\left(a+c\right)\right)^2\)

=> \(\sqrt{\frac{a^2}{b^2+\left(c+a\right)^2}}\le\sqrt{5}.\frac{a}{b+2c+2a}\)

=> \(VT\le\sqrt{5}.\left(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\right)\)

Cần CM \(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\le\frac{3}{5}\)

<=>\(\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{b+2c+2a}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{b}{c+2a+2b}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{c}{a+2b+2c}\right)\ge\frac{9}{10}\)

<=>\(\frac{b+2c}{b+2c+2a}+\frac{c+2a}{c+2a+2b}+\frac{a+2b}{a+2b+2c}\ge\frac{9}{5}\)

Áp dụng bđt buniacoxki dạng phân thức ở vế trái:

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

         \(=\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9}{5}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c