\(ab+bc+ca=2abc\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

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

\(P=\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\)

Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge\frac{2x-1}{2}\) \(\forall x:0< x< 2\)

\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(2-x\right)^2\)

\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự: \(\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}\ge\frac{2y-1}{2}\) ; \(\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge\frac{2z-1}{2}\)

Cộng vế với vế: \(P\ge\frac{2\left(x+y+z\right)-3}{2}=\frac{4-3}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2}{3}\) hay \(a=b=c=\frac{3}{2}\)

Với điều kiện \(ab+bc+ca+abc=4\) thì \(VP-VT=\frac{bc^2\left(a-b\right)^2+ca^2\left(b-c\right)^2+ab^2\left(c-a\right)^2}{\left(a^2+2b\right)\left(b^2+2c\right)\left(c^2+2a\right)}\ge0\)

Cauchy ngược dấu + Svacxo + gt coi 

bài này có 4 cách làm nha :)))))))

Mình học ngu nên chỉ biết cách của lớp 1 mà ai cũng biết:

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) ta cần c/m: \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

Tới đây khó quá không biết làm sao nữa.

Đề HSG huyện Yên Thành:)

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\frac{b+c}{4bc}}=\frac{1}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{1}{a}-\frac{b+c}{4bc}\)

Tương tự 

\(\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{c+a}{4ca};\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{c+a}{4ca}\)

Cộng lại ta có:

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)

P/S:e hok ngu nên chỉ biết cách của mẫu giáo thôi à:(((

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\frac{2}{2+a^2b}+\frac{2}{2+b^2c}+\frac{2}{2+c^2a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Ta có: \(VT=\sum\frac{a^2b}{1+1+a^2b}\le\frac{1}{3}\sum\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^4b^2}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^2.ab.ab}\)

\(VT\le\frac{1}{9}\sum\left(a^2+ab+ab\right)=\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^2=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

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

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