Do a,b<1 => a^3<a^2<a<1 ; b^3<b^2<b<1 ; ta có :

(1-a^2)(1-b) => 1+a^2b>a^2+b

=> 1+a^2b>a^3+b^3 hay a^3+b^3 <1+a^2b

Tương tự : b^3+c^3 < 1+b^2;c^3+a^3<1+c^2a

=> 2a^3+2b^3+2c^3<3+a^2b+b^2c+c^2a

cảm ơn nhiều

.

Cho $a, b, c > 0$. Đặt $P = \frac{a}{a+2b+2c} + \frac{b}{2a+b+2c} + \frac{c}{2a+2b+c}$.

Ta cần chứng minh: $\frac{3}{5} \le P < 1$.

* Chứng minh $P \ge \frac{3}{5}$:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức:

$P = \frac{a^2}{a(a+2b+2c)} + \frac{b^2}{b(2a+b+2c)} + \frac{c^2}{c(2a+2b+c)}$

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

Rút gọn mẫu thức:

$a(a+2b+2c) + b(2a+b+2c) + c(2a+2b+c)$

$= a^2 + 2ab + 2ac + 2ab + b^2 + 2bc + 2ac + 2bc + c^2$

$= a^2 + b^2 + c^2 + 4ab + 4bc + 4ca$

$= (a + b + c)^2 + 2(ab + bc + ca)$

Ta có bất đẳng thức quen thuộc: $ab + bc + ca \le \frac{(a + b + c)^2}{3}$

Do đó mẫu thức:

$(a + b + c)^2 + 2(ab + bc + ca) \le (a + b + c)^2 + 2 \cdot \frac{(a + b + c)^2}{3} = \frac{5}{3}(a + b + c)^2$

Suy ra: $P \ge \frac{(a + b + c)^2}{\frac{5}{3}(a + b + c)^2} = \frac{3}{5}$

Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c$.

Vì $a, b, c > 0$ nên:

$a + 2b + 2c > a + b + c \Rightarrow \frac{a}{a+2b+2c} < \frac{a}{a+b+c}$

$2a + b + 2c > a + b + c \Rightarrow \frac{b}{2a+b+2c} < \frac{b}{a+b+c}$

$2a + 2b + c > a + b + c \Rightarrow \frac{c}{2a+2b+c} < \frac{c}{a+b+c}$

Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên:

$P < \frac{a}{a+b+c} + \frac{b}{a+b+c} + \frac{c}{a+b+c}$

$\Rightarrow P < \frac{a + b + c}{a + b + c} = 1$

Vậy $\frac{3}{5} \le \frac{a}{a+2b+2c} + \frac{b}{2a+b+2c} + \frac{c}{2a+2b+c} < 1$ (điều phải chứng minh).