dạng này thì chỉ có quy đồng thôi nhé mặc dù quy đồng chưa ra

Chứng minh BĐT vế trái:

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

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:

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

Tiếp theo, chứng minh BĐT vế phải:\(a^2+b^2+c^2\ge3\)

Từ giả thiết suy ra: \(6=a+b+c+ab+bc+ca\le a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\ge3\)

Ta có: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Từ giả thiết:

\(a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2\)

Ta có:

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

\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)

Tương tự và cộng lại, đồng thời đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\):

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{\dfrac{yz.xz.xy}{x^2y^2z^2}}=3\) (đpcm)

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

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Ta có a,b,c dương⇒\(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{cb}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=6\)(1)

Đặt x=\(\dfrac{1}{a}\),y=\(\dfrac{1}{b}\),z=\(\dfrac{1}{c}\)

Vậy (1)\(\Leftrightarrow xy+xz+yz+x+y+z=6\)

Áp dụng bđt cosi ta có

\(x^2+1\ge2x\)(2)

\(y^2+1\ge2y\)(3)

\(z^2+1\ge2z\)(4)

Cộng (2),(3),(4)\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge2x+2y+2z\)(5)

Ta lại có bất đẳng thức cosi:

\(x^2+y^2\ge2xy\)(6)

\(y^2+z^2\ge2yz\)(7)

\(x^2+z^2\ge2xz\)(8)

Cộng (6),(7),(8)\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2xy+2xz+2yz\left(9\right)\)

Cộng (8),(9)\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+xz+yz\right)\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2.6\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge3\Rightarrowđpcm\)

a,b,c dương mình mới làm được

\(GT\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)

Ta có:

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

\(\frac{1}{a^2}+1+\frac{1}{b^2}+1+\frac{1}{c^2}+1\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Cộng vế với vế:

\(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+3\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=12\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)