Lời giải:

Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.

Áp dụng vào bài:

$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$

$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$

Tương tự:

$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$

Cộng theo vế:

$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

\(ab+bc+ac=3\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{ab+1}\) ( đúng với mọi \(ab\ge1\))

Giả sử:\(ab\ge1\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{ab+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{2c^2+2+ab+1}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}=\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\)

Giả sử: \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)(đúng)

\(\Leftrightarrow2\left(2c^2+ab+3\right)\ge3\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3\left(abc^2+ab+c^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3abc^2+3ab+3c^2+3\)

\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+ab+ac+bc\ge0\)   ( vì \(ab+ac+bc=3\) )

\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc-3abc^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow c+a+b-3abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow c+a+b\ge3abc\)

Ta có:

\(3\left(c+a+b\right)=\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\) ( vì \(ab+ac+bc=3\) )

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\(\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\) ( luôn đúng )

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\) ( đfcm )

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Hình như sai đề rồi bạn ạ, dấu ≥ phải là ≤

\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2\)

Mặt khác ta có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=9\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Từ đó suy ra đpcm

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)

\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)

\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )

Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)

Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)

\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)

Với x,y,zx,y,z không âm thỏa mãn x≥y≥z≥0x≥y≥z≥0 thì ta có các chú ý sau:

.

Với những công cụ hỗ trợ này, ta có thể xử đẹp bài toán sau:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:

(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca

=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c

=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)

Cộng các vế của (1) và (2) ta có:

3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)

=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.

Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI) 

<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac  ≥ 2(a2 + b2 + c2)

Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)

Cộng (1) với (2)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).

Xét BĐT phụ: `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca(**)`

`BĐT(**)<=>1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]>=0AAa;b;c` xảy ra dấu "=" khi `a=b=c`

Từ `BĐT(**)` cộng hai vế với `2(ab+bc+ca)` ta có `(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)<=>(a+b+c)^2/3>=ab+bc+ca`

-----

Ta có `6=a+b+c+ab+bc+ca<=a+b+c+(a+b+c)^2/3=t^2/3+t(t=a+b+c>0)`

`=>t^2/3+t-6>=0=>t>=3` hay `a+b+c>=3`

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

`a^3/b+b^3/c+c^3/a=a^4/(a)+b^4/(bc)+c^4/ca>=(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)>=a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3=3`

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

\(\Rightarrow VT=\dfrac{1}{\dfrac{y}{x}\left(\dfrac{z}{y}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{z}{y}\left(\dfrac{x}{z}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{z}\left(\dfrac{y}{x}+1\right)}\)

\(VT=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=\dfrac{x^2}{xy+xz}+\dfrac{y^2}{xy+yz}+\dfrac{z^2}{xz+yz}\)

\(VT\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\dfrac{3}{2}\)