Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:

\(a+b+c=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:

\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)

\(\le\left(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\right)\left[a\left(c+2b\right)b\left(a+2c\right)c\left(b+2a\right)\right]\)

Như vậy lúc này ta được:

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

Vậy bài toán đã được chứng minh.

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)

Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm 

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

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

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 

bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{2y'z'}{x'^2};\frac{2z'x'}{y'^2};\frac{2x'y'}{z'^2}\right)\) với x', y', z' > 0. Quy về chứng minh:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x'^3}{\sqrt{x'^6+8y'^3z'^3}}\ge1\). Đặt \(\left(x'^3;y'^3;z'^3\right)=\left(x;y;z\right)\). Quy về:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}\ge1\). Đến đây em thấy khá quen thuộc, hình như là bài IMO nào đó, để tối lục lại.

Ok, nó đây: https://olm.vn/hoi-dap/detail/229477332481.html

Bất đắc dĩ nên em mới dùng Sigma nhiều v:

Ta có:\(\sqrt{a^3+1}=\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\le\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\)

\(=\frac{a^2+2}{2}\).Tương tự \(\sqrt{b^3+1}\le\frac{b^2+2}{2};\sqrt{c^3+1}\le\frac{c^2+2}{2}\)

Nên \(K=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^3+1}}\ge\text{Σ}\frac{1}{a^2+2}=Q\)

\(Q=\frac{\text{Σ}_{cyc}[2\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)]}{\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+2\right)}\)

\(=\frac{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+8\left(a^2+b^2+c^2\right)+24}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2\left(\text{​​}\text{​​}\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+64}\)

\(\ge\frac{2\left(\text{Σ}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+12\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2\left(\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+72}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 2.

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)