1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)

\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\)  (1) 

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\)   <=> (ab+bc+ca)². VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\)  ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

4c, 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\) \(\left(x,y,z>0\right)\)

Khi đó 

\(VT=\frac{1}{\frac{1}{x^2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{z^2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\) và \(xyz=1\)

\(=\frac{x^2}{\frac{y+z}{yz}}+\frac{y^2}{\frac{z+x}{zx}}+\frac{z^2}{\frac{x+y}{xy}}=\frac{x^2yz}{y+z}+\frac{y^2zx}{z+x}+\frac{z^2xy}{x+y}\)

\(=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{x^2}{xy+zx}+\frac{y^2}{yz+xy}+\frac{z^2}{zx+yz}\)

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

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự : \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\) ; \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}\)

Cộng theo vế : \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)

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

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

Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ có đpcm. dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Ta có: Theo bất đẳng thức cauchy schwarz và bất đẳng thức cauchy với a;b;c>0 ta có:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{\left(\sqrt{a}\right)^2}{a^3}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+a^2}\)(1)

Tương tự \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+b^2}\left(2\right);\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+c^2}\left(3\right)\)

Cộng từng vế (1) ;(2);(3) vế theo vế rồi chia hai vế cho 2 ta có đpcm

Áp dụng BĐT Cauchy schwarz kết hợp với AM-GM cho các số dương ta có :

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

\(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=\dfrac{b}{b^3}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{b}+1\right)^2}{b^3+c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}\)

\(\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{c}{c^3}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{c}+1\right)^2}{c^3+a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

Cộng từng vế của BĐT ta được :

\(2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}+\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}+\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2\sqrt{a}}{a^3+b^2}+\dfrac{2\sqrt{b}}{b^3+c^2}+\dfrac{2\sqrt{c}}{c^3+a^2}\) ( đpcm )

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)

ta có : \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{a}{a^3}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{a^3+b^2}=\dfrac{a^2+2\sqrt{a}+1}{a^3+b^2}\ge\dfrac{4\sqrt{a}}{a^3+b^2}\)

làm tương tự ta có : \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{4\sqrt{b}}{b^3+c^2}\) và \(\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{4\sqrt{c}}{c^3+a^2}\)

cộng quế theo quế \(\Rightarrow\) (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)        \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:

** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\); \(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\); \(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên

** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)

Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Or the following SOS: 

* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)

\(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a\)

                                            \(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)

Hoặc còn 2 kiểu SOS khác (by tth_new)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

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

Or