Ờ thì giúp tội tui ko tên thắng :))

Ta có: \(a+b+c=\sqrt{\left(a+b+c\right)^2}\)

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

Sau đó áp dụng BĐT AM-GM và Holder ta có:

\(Σ\dfrac{a^2}{\sqrt{3b^2+bc}}=Σ\dfrac{4a^2}{2\sqrt{4b\left(3b+c\right)}}\geΣ\dfrac{4a^2}{7b+c}\)

\(=Σ\dfrac{4a^3}{7ab+ac}\ge\dfrac{4\left(a+b+c\right)^3}{3Σ\left(7ab+ac\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{18}\ge\dfrac{3}{2}\)

Xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Never nerf :|, cũng xài Holder nhưng theo hướng khác :v

Áp dụng BĐT Holder ta có:

Đặt \(P=\dfrac{a^2}{\sqrt{3b^2+bc}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{3c^2+ca}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{3a^2+ab}}\)

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

Giờ chứng minh \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge\dfrac{9}{4}\left[a^2\left(3b^2+bc\right)+b^2\left(3c^2+ca\right)+c^2\left(3a^2+ab\right)\right]\)

\(\Leftrightarrow4\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge9\left[a^2\left(3b^2+bc\right)+b^2\left(3c^2+ca\right)+c^2\left(3a^2+ab\right)\right]\)

\(\Leftrightarrow4\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(ab+bc+ca\right)\left[a^2\left(3b^2+bc\right)+b^2\left(3c^2+ca\right)+c^2\left(3a^2+ab\right)\right]\)

Lại có BĐT quen thuộc \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Nên chỉ ra \(4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left[a^2\left(3b^2+bc\right)+b^2\left(3c^2+ca\right)+c^2\left(3a^2+ab\right)\right]\)

Điều này đúng vì

\(4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge12\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=3\left(4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2\right)\)

\(\ge3\left(3a^2b^2+a^2bc+3b^2c^2+ab^2c+3c^2a^2+abc^2\right)\)

\(=3\left[a^2\left(3b^2+bc\right)+b^2\left(3c^2+ca\right)+c^2\left(3a^2+ab\right)\right]\)

dấu sigma thứ 2 hình như dư "2" ??

t thấy AM-GM rồi Engel nhẹ nhàng hơn mà <(") , ko cần phải đao to búa lớn đâu , tks đã giúp nhé

tại t thấy thích những cách giải nhẹ nhàng , kĩ thuật hơn,thi chuyên chỉ ra trog am-gm vs C-s thôi mà :v