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

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

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

\(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=1\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)-ab\ge2-1=1\)

\("="\Leftrightarrow a=b=1\)

Bài này dùng Cô - si ngược dấu...

Ta áp dụng Bđt Cauchy ngược dấu

\(T=\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2ab^2+1}+\frac{b^2c}{2bc^2+1}+\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le1\)

\(\frac{ab^2}{2ab^2+1}\le\frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^2\cdot ab^2\cdot1}}\)\(\le\frac{\sqrt[3]{ab^2}}{3}\le\frac{a+2b}{9}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{b^2c}{2bc^2+1}\le\frac{b+2c}{9}\left(2\right);\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le\frac{c+2a}{9}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1),(2) và (3) ta có:

\(T\le\frac{a+b+c+2c+2a+2b}{9}\)\(=\frac{3\left(a+b+c\right)}{9}=\frac{a+b+c}{3}=1\)

Dấu = khi a=b=c=1

bài náy áp dụng bđt Cosi cũng được

Let \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{yz}{x^2};\frac{xz}{y^2};\frac{xy}{z^2}\right)\)  we have:

\(\frac{x^4}{y^2z^2+x^2yz+x^4}+\frac{y^4}{x^2z^2+xy^2z+y^4}+\frac{z^4}{x^2y^2+xyz^2+z^4}\ge1\left(○\right)\)

By Cauchy-Schwarz: \(L-H-S_{\left(○\right)}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2}\)

Hence we need to prove: \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{Σ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\geΣ_{cyc}x^4+Σ_{cyc}x^2yz+Σ_{cyc}y^2z^2\)

\(\Leftrightarrow x^2yz+xyz^2+xy^2z\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)

Follow AM-GM's ineq, it's enough to prove the last ineq

The equality occurs when \(a=b=c=1\)

Lời giải:
Do $abc=1$ nên đặt:

\((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})\) với $x,y,z>0$

Khi đó, bài toán trở thành: Cho $x,y,z>0$. CMR:

\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}\geq 1\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

\(\geq \frac{(xz+xy+yz)^2}{2xyz^2+(xy)^2+2x^2yz+(yz)^2+2xy^2z+(xz)^2}=\frac{(xy+yz+xz)^2}{(xy+yz+xz)^2}=1\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$

thank you

Ta chứng minh BĐT: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) bằng biến đổi tương đương.

\(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=\frac{1}{c}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{1}{c}.\frac{4}{a+b}=\frac{4}{c\left(a+b\right)}\)

Áp dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:

\(c\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}=\frac{4^2}{4}=4\Leftrightarrow\frac{4}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{4}=1\)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Sử dụng bđt cauchy dạng 1/x+1/y >/ 4/(x+y)

ta đc VT >/ 4/(ac+bc)=4/c(a+b)=4/c(4-c) (do a+b+c=4)

Sử dụng bdt cauchy dạng xy </ (x+y)^2/4 ta có c(4-c) </ (c+4-c)^2/4=4 

=>VT >/ 4/4=1 

Do giả thiết  $1\le ab$  nên 1\le\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}1≤ab​≤2a+b​. Vì vậy ta tìm cách ước lượng giảm bậc của biến $a,b$ từ 3 xuống 1, tức là phải dùng Cô si cho 3 số dương.

Áp dụng Cô si cho 3 số dương     \dfrac{a^3}{1+b};\dfrac{1+b}{x};y1+ba3​;x1+b​;y ta có

                           \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{x}+y\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}}1+ba3​+x1+b​+y≥3a3xy​​   (1)

Kì vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi $a=b=1$ nghĩa là

khi $a=b=1$ phải có    \dfrac{a^3}{1+b}=\dfrac{1+b}{x}=y1+ba3​=x1+b​=y  hay   \dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{x...

\(\frac{a^2}{b+2}\)\(+\frac{b+2}{9}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2}.\frac{b+2}{9}}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{b+2}{9}\)

ttu\(\frac{b^2}{c+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{c+2}{9}\) \(\frac{c^2}{a+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{a+2}{9}\)

cong vs nhau ta co \(vt\ge\frac{6}{3}-\frac{a+b+c+6}{9}=\frac{6}{3}-1=1\)

dau = xay ra khi x=y=z=1