Áp dụng bđt cosi schwart ta có:

`VT>=(a+b+c)^2/(a+b+c+sqrt{ab}+sqrt{bc}+sqrt{ca})`

Dễ thấy `sqrt{ab}+sqrt{bc}+sqrt{ca}<a+b+c`

`=>VT>=(a+b+c)^2/(2(a+b+c))=(a+b+c)/2=3`

Dấu "=" `<=>a=b=c=1.`

\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)

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

Tương tự và cộng lại:

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

Lời giải:

$a^2+2b^2+ab=\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$[\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}](2+6+8)\geq (a+3b+2a+2b)^2$

$\Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2+ab}\geq \frac{3a+5b}{4}$

Hoàn toàn tương tự với các căn còn lại suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{3a+5b}{4}+\frac{3b+5c}{4}+\frac{3c+5a}{4}=2(a+b+c)$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bạn xem lại đề xem có nhầm không?

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

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

Cộng vế với vế:

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

Cái này không khó :v

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

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

Face khác ;v, theo AM-GM, ta có

\(\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\dfrac{6}{2}=3\)

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=2