Nhìn qua đã biết là đề sai rồi bạn

Cho \(a,b,c\) các giá trị lớn ví dụ \(a=b=c=2\) là thấy sai ngay

BT2: Nhân 2 lên, chuyển vế, biến đổi bla..... sẽ ra đpcm

\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )

\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1

Do giả thiết  $abc=1$ nên

            \dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}a2(b+c)1​=a2bc(b+c)bc​=a(b+c)bc​=ab+acbc​

Đặt       $x=bc,y=ca,z=ab$ thì $x,y,z>0$ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc 

      \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}y+zx​+z+xy​+x+yz​≥23​.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\Rightarrow \dfrac{a}{(ab+a+1)^2} \ge \dfrac{a}{(a+b+c)(a+a^2b+ab)}= \dfrac{1}{(a+b+c)(1+ab+b)}\)

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có:

\(\sum \dfrac{a}{(ab+a+1)^2} \ge \dfrac{1}{a+b+c} \sum \dfrac{1}{ab+b+1}= \dfrac{1}{a+b+c}\)

c₂: Áp dụng BĐT bunyakovsky:

\(\left(a+b+c\right)\left[\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(ac+c+1\right)^2}\right]\ge\left(\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ca+c+1}\right)^2\)

Xét \(\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ac+c+1}=\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{ab}{1+ab+a}+\dfrac{c}{c\left(a+1+ab\right)}\)

\(=\dfrac{ab+a+1}{ab+a+1}=1\)

do đó \(\left(a+b+c\right).VT\ge1\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{a+b+c}\)

dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b+2}{36}+\frac{c+3}{48}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{36.48}}=\frac{a}{4}\)

Tương tự:\(\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c+2}{36}+\frac{a+3}{48}\geq \frac{b}{4}\)

\(\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}+\frac{a+2}{36}+\frac{b+3}{48}\geq \frac{c}{4}\)

Cộng theo vế các BĐT trên và rút gọn ta có:

\(\frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}\geq \frac{29}{144}(a+b+c)-\frac{17}{48}\)

Mà cũng theo AM-GM:

\(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)

\(\Rightarrow \frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}\geq \frac{29}{144}(a+b+c)-\frac{17}{48}\geq \frac{29}{144}.3-\frac{17}{48}=\frac{1}{4}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$