\(\frac{2}{x^2+y^2+y^2+1+2}\le\frac{2}{2xy+2y+2}=\frac{1}{xy+y+1}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)

\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)( bđt cauchy ) 

\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\sqrt{\frac{x}{y}.\frac{y}{x}}=2\)( bđt cauchy ) 

\(\Rightarrow\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{xy}{\left(x+y\right)^2}\ge2+\frac{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}{\left(x+y\right)^2}=2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}\)

\(bdt< =>x\left(x+y\right)\le\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)}{y}< =>x^2-xy+y^2\ge xy\)

\(< =>\left(x-y\right)^2\ge0\)(dpcm)

bđt <=> x⁴ + y⁴ - x³y - xy³ ≥ 0

<=> x(x³ - y³) - y(x³- y³) ≥ 0

<=> x(x - y)(x² + xy + y²) - y(x - y)(x² + xy + y²) ≥ 0

<=> (x - y)²(x² + xy + y²) ≥ 0 (1)

Ta có: (x - y)² ≥ 0 ∀x, y

x² + xy + y² = (x + \(\dfrac{1}{2}\)y)² + \(\dfrac{3}{4}\)y² ≥ 0 ∀ x, y

=> (1) luôn đúng

Dấu "=" xảy ra <=> x = y

theo bđt cauchy schwars ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^4+y^4\ge2x^2y^2\\x^4+x^2y^2\ge2x^3y\\y^4+x^2y^2\ge2xy^3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^4+y^4\right)+2x^2y^2\ge2\left(xy^3+x^3y\right)+2x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4\ge xy^3+x^3y\)

vậy đpcm

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho các bộ bốn số không âm, ta được: \(LHS=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(=\frac{x^2+x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{y^2+y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{z^2+z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)

Như vậy, ta cần chứng minh: \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{zx}}{zx\left(4-zx\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le3\)

Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{zx}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\). Khi đó \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)

và ta cần chứng minh \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge1\)

Xét BĐT phụ:  \(\frac{x}{x^2\left(4-x^2\right)}\ge-\frac{1}{9}x+\frac{4}{9}\left(0< x\le1\right)\)(*)

Ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(x^2-2x-9\right)}{9x\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\ge0\)(Đúng với mọi \(x\in(0;1]\))

Áp dụng, ta được: \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)+\frac{4}{9}.3\)

\(\ge-\frac{1}{9}.3+\frac{4}{3}=1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

1. Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có 2a²+b²+c²\(\ge\)2a(b+c)

Chứng minh:

Ta có 2a²+b²+c²=(a²+b²)+(a²+c²)

Áp dụng bđt cauchy ta có

(a²+b²)+(a²+c²)\(\ge\)2ab+2ac=2a(b+c)

Đặt vế trái của bất đẳng thức là \(K\)

Với x, y, z > 0, ta có: \(yz\le\frac{\left(y+z\right)^2}{4}< \frac{\left(x+y+z\right)^2}{4}=\frac{9}{4}\Rightarrow4-yz>0\)

Tương tự ta cũng có \(4-zx>0,4-xy>0\)

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\frac{x^2+y^2+x^2+z^2}{xyz\left(4-yz\right)}+\frac{x^2+y^2+y^2+z^2}{xyz\left(4-zx\right)}+\frac{z^2+y^2+x^2+z^2}{xyz\left(4-xy\right)}\ge4\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \(K\ge\frac{2xy+2xz}{xyz\left(4-yz\right)}+\frac{2xy+2yz}{xyz\left(4-zx\right)}+\frac{2xz+2yz}{xyz\left(4-xy\right)}\)\(=2\left[\frac{y+z}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{z+x}{zx\left(4-zx\right)}+\frac{x+y}{xy\left(4-xy\right)}\right]\)\(=2\left[\frac{1}{z\left(4-yz\right)}+\frac{1}{x\left(4-zx\right)}+\frac{1}{y\left(4-xy\right)}\right]+\)      \(2\left[\frac{1}{y\left(4-yz\right)}+\frac{1}{z\left(4-zx\right)}+\frac{1}{x\left(4-xy\right)}\right]\) 

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các bộ ba số dương, ta có\(\frac{1}{z\left(4-yz\right)}+\frac{1}{x\left(4-zx\right)}+\frac{1}{y\left(4-xy\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)}}\)

\(\frac{1}{y\left(4-yz\right)}+\frac{1}{z\left(4-zx\right)}+\frac{1}{x\left(4-xy\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)}}\)

Do đó \(K\ge\frac{12}{\sqrt[3]{xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)}}=\frac{12\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{3xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)}}\)

Mặt khác ta lại có: \(3xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)\le\left(\frac{3xyz+12-xy-yz-zx}{4}\right)^4\)

Ta có bất đẳng thức quen thuộc \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}=3\Leftrightarrow\frac{xy+yz+zx}{xyz}\ge3\)\(\Leftrightarrow3xyz-xy-yz-zx\le0\)

Suy ra \(3xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)\le3^4=81\) \(\Rightarrow\sqrt[3]{3xyz\left(4-yz\right)\left(4-zx\right)\left(4-xy\right)}\le3\sqrt[3]{3}\)

Do đó \(K\ge\frac{12\sqrt[3]{3}}{3\sqrt[3]{3}}=4\)

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1

\(\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)+4xy+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)\)

\(=1+x^2+y^2+x^2y^2+4xy+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)\)

\(=\left(x^2+y^2+2xy\right)+\left(x^2y^2+2xy+1\right)+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)\)

\(=\left(x+y\right)^2+\left(1+xy\right)^2+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)\)

\(=\left(x+y+1+xy\right)^2\) là SCP

(1+x²)(1+y²)+4xy+2(x+y)(1+xy)

 = 1+y²+x²+x²y²+2xy+2xy+2(x+y)(1+xy)

 =(x²+2xy+y²)+(x²y²+2xy+1)+2(x+y)(1+xy)

 =(x+y)²+(xy+1)²+2(x+y)(1+xy)

 =(x+y+xy+1)²