Do \(0\le a;b;c\le2\) 

\(\Rightarrow abc+\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)+8\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow9-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;2\right)\) và các hoán vị

Lần sau nhớ viết đề kĩ hơn nha:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) và a, b, c > 0

Giả sử \(a\ge b\ge c>0\Rightarrow a+b\ge a+c\ge b+c\)

\(\text{Do đó: }a\ge b\ge c\text{ và }\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)

Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta thu được:

\(3\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)

Nhân 2 vào hai vế tách ra rồi dùng AM - GM tiếp tục vào vế phải rồi từ đó suy ra đpcm:)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

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

Có BĐT phụ:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Áp dụng vào ( 1 ) ta có:

\(A\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c>0\)

P/S:Có tới 45 cách CM bài toán này,bạn lên google có đầy.

Liệu cách này có được ko nhỉ? Mình mới học Muirhead với các dùng kí hiệu \(\Sigma_{cyc}\) nên ko chắc nhé!

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

\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^3-a^2b\right)+\Sigma_{cyc}\left(a^3-ab^2\right)\ge0\). BĐT này đúng theo Muirhead, ta có đpcm.

Qúa dễ luôn 

Ta có : a x 2 + b x 2 + c x 2 \(\le\) 5 

           2 x ( a + b + c )        \(\le\)5

               a + b + c              \(\le\) 5/2 

               a + b + c              \(\le\) 2,5 

Mà theo đề bài : a + b + c không lớn hơn 2 ( có nghĩa là bé hơn 2 ) . Nên a + b + c phải luôn luôn bé hơn 2,5 ( vì 2 luôn bé hơn 2,5 ) 

Vậy : a x 2 + b x 2 + c x 2 \(\le\) 5 

Đặt \(x=a+b;y=b+c,z=c+a\)

\(\Rightarrow x+y+z=2\)

Ta cần chứng minh:\(x+z\ge4xyz\)

Ta có:\(4\left(x+z\right)=\left(x+y+z\right)^2\left(x+z\right)\ge4y\left(x+z\right)\left(x+z\right)\)

\(=4y\left(x+z\right)^2\ge4y.4xz=16xyz\)

\(\Rightarrow\)\(x+z\ge4xyz\)

Hoàn tất chứng minh.Dấu "=" xảy ra khi \(x=z=\frac{1}{2};y=1\) thế vào tìm a,b,c