By Cauchy-Schwarz, we have:

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

We will prove: \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+3abc\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

By Schur, we have: \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a\right)\)

So we're only need to prove: \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)

\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\)

It is true by AM-GM ineq', so we have Q.E.D.

P/s: Em thử giải bài này bằng tiếng Anh (để tự luyện kĩ năng tiếng anh, tí em giải lại theo tiếng việt)

Ấy nhầm:V

By Schur, we have \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

So we're only need to prove \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Còn lại y chang:v

Làm màu bằng tiếng anh và cái kết...:V (nãy làm nhầm, phải sửa lại đó)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có:

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

Ta sẽ chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\) (để từ đó suy ra đpcm)

Thật vậy, thêm 3abc vào hai vế, BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\).

Áp dụng BĐT Schur, \(VT=a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)

Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\). BĐT này đúng theo AM-GM

Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\)  (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)

\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)

Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

a/ Biến đổi tương đương:

\(\Leftrightarrow3a^2-3ab+3b^2\ge a^2+ab+b^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

b/ \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a}{3}-\frac{b}{3}\)

Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b}{3}-\frac{c}{3}\) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c}{3}-\frac{a}{3}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Áp dụng bđt Holder, ta có:

\(\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right).\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right)\left[a^2b^2\left(a^2+b^2\right)+b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+c^2a^2\left(c^2+a^2\right)\right]\ge\left(ab+bc+ca\right)^3=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{8}\)

=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{a^2b^4+a^4b^2+b^2c^4+b^4c^2+c^2a^4+c^4a^2}\)

Đặt a²=x, b²=y, c²=z

=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\)(1)

Theo bđt Schur, ta có:

\(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\)

<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\)

<=>\(x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\ge4.\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)+3xyz\)

Vì \(xyz=\left(abc\right)^2\ge0\)

=>\(\left(x+y+z\right)^3\ge4\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\)

=>\(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\ge4\)

Thay vào (1)=>\(VT^2\ge\frac{1}{2}=>VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)

=>ĐPCM

a,b,c>=0 mới được nhé

Đặt biểu thức là A

\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{ab\left(a^2+b^2\right)}}{a^2+b^2}>=\frac{\sqrt{2abab}}{a^2}=\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}\)

Dấu = xảy ra khi có một trong 2 số a,b =0 hoặc a=b.

Tương tự=> A>=\(\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{2}bc}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{2}ca}{a^2+c^2}\)

\(\sqrt{2}A>=\frac{2ab}{a^2+b^2}+\frac{2bc}{b^2+c^2}+\frac{2ca}{c^2+a^2}\)

\(\sqrt{2}A+3>=\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c^2+a^2}.\)

>=\(\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=4.\)

=>A>=1/căn 2

Dấu = xảy ra khi 2 số bằng nhau, một số =0

a) Đơn giản, tự chứng minh

b) Cách 1: Áp dụng BĐT câu a: \(VT\ge\left(a^2+ab-b^2\right)+\left(b^2+bc-c^2\right)+\left(c^2+ca-a^2\right)=ab+bc+ca=VP\)(đpcm)

Cách 2:

Ta chứng minh BĐT chặt hơn: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\) (vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))

Giả sử \(b=min\left\{a,b,c\right\}\).Bằng phương pháp B-W (Buffalo way) ta phân tích được:

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

P/s: Cách 2 tuy dài nhưng rất hay vì đây là phân tích bằng tay (không cần dùng phần mềm)!