Áp dụng BĐT Cauchy Shwarz dạng Engel và BĐT AM - GM, ta có:

\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ac}+\frac{c^5}{ab}\)

\(=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\)

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

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

\(=a^3+b^3+c^3\left(\text{đ}pcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và khi đó ta được:

\(\frac{a^5}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^5}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^5}{c^2+ca+a^2}\ge\)

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

\(\Rightarrow\)Ta cần chỉ ra được:

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

Hay: \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\)

Dễ thấy: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right);b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right);c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

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

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

chứng minh \(\sqrt{2x+1}\)là số vô tỉ

Đặt đẳng thức là A. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(\sqrt{2b\left(a-b\right)}\le\frac{2b+\left(a+b\right)}{2}=\frac{a+3b}{2}\)

Từ đó: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\)

Ta sẽ chứng minh: \(M=\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

Thật vậy, ta có: \(M=\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ca}\)

Theo BĐT AM-GM ta có:

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

Áp dụng BĐT cauchy ta được:

\(M\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{8}{3}\left(ab+bc+ca\right)}\)\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{4}\)

Vì vậy: \(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

Từ đó ta có: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\ge2\sqrt{2}.\frac{3}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Vậy đẳng thức xảy xa khi và chỉ khi a=b=c

\(VT=\frac{ab}{ab+c}+\frac{ac}{ac+b}+\frac{bc}{bc+a}\)

\(=\frac{ab}{ab+\left(a+b+c\right)c}+\frac{ac}{ac+\left(a+b+c\right)b}+\frac{bc}{bc+\left(a+b+c\right)a}\)

\(=\frac{ab}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)

\(=\frac{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Cần chứng minh \(\frac{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2\ge6abc\)

BĐT cuối luôn đúng theo AM-GM

Bài 1. Từ giả thiết suy ra 1-a = b+c và áp dụng \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\) 

Ta có : \(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\left(1-b\right)\le\left[\left(b+c\right)+\left(1-c\right)\right]^2\left(1-b\right)\)

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

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