Áp dụng BĐT Cau-chy ta có:

\(\frac{a}{b^3+ab}=\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\ge\frac{1}{b}-\frac{b}{2\sqrt{ab^2}}=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+1\right)\)

Tương tự: \(\frac{b}{c^3+bc}=\frac{1}{c}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+1\right);\frac{c}{c^3+ca}=\frac{1}{a}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}+1\right)\)

Cộng 3 BĐT trên theo từng vế, ta được:

\(\frac{a}{b^3+ab}+\frac{b}{c^3+bc}+\frac{c}{a^3+ca}\ge\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\)

Bài toán được quy về CM:

\(\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}+a\right)+\left(\frac{1}{b}+b\right)+\left(\frac{1}{c}+c\right)\ge3+a+b+c=6\)(luôn đúng)

Vì theo bđt Cau-chy thì \(\frac{1}{a}+a\ge2;\frac{1}{b}+b\ge2;\frac{1}{c}+c\ge2\)

Vậy bài toán đã được CM 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

M là điểm nào bạn ơi?

Ta có: \(\Sigma_{cyc}\frac{a+1}{1+b^2}=\Sigma_{cyc}\left(\frac{a}{1+b^2}+\frac{1}{1+b^2}\right)=\Sigma_{cyc}\left(a-\frac{ab^2}{1+b^2}\right)+\Sigma_{cyc}\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)\(\ge\Sigma_{cyc}\left(a-\frac{ab^2}{2b}\right)+\Sigma_{cyc}\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=\left(3-\frac{ab+bc+ca}{2}\right)+\left(3-\frac{a+b+c}{2}\right)\)\(\ge\left(3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}\right)+\frac{3}{2}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Áp dụng bđt: 2xy \(\le\)(x + y)²/2

khi đó, ta có: \(\sqrt{\frac{a+b}{2ab}}\ge\sqrt{\frac{a+b}{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}}=\sqrt{\frac{2}{a+b}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{a+b}{2}}}\ge\frac{1}{\frac{\frac{a+b}{2}+1}{2}}=\frac{4}{a+b+2}\)

CMTT: \(\sqrt{\frac{b+c}{2bc}}\ge\frac{4}{b+c+2}\)

\(\sqrt{\frac{c+a}{2ca}}\ge\frac{4}{c+a+2}\)

=>Đặt A = \(\sqrt{\frac{a+b}{2ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{2bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{2ac}}\ge\frac{4}{a+b+2}+\frac{4}{b+c+2}+\frac{4}{a+c+2}\)

Áp dụng bđt svacso : \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\frac{x_3^2}{y_3}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2}{y_1+y_2+y_3}\)

 ta có: 

\(A\ge\frac{\left(2+2+2\right)^2}{a+b+2+b+c+2+a+c+2}=\frac{36}{2\left(a+b+c\right)+6}=\frac{36}{12}=3\)

=> Đpcm

Ta luôn có \(4\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)^3\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow3\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)*Đúng với mọi x, y thực dương*

\(\Rightarrow\sqrt[3]{4\left(x^3+y^3\right)}\ge x+y\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt[3]{4\left(y^3+z^3\right)}\ge y+z,\sqrt[3]{4\left(z^3+x^3\right)}\ge z+x\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt[3]{4\left(x^3+y^3\right)}+\sqrt[3]{4\left(y^3+z^3\right)}+\sqrt[3]{4\left(z^3+x^3\right)}\ge2\left(x+y+z\right)\)

Ta cần chứng minh \(\left(x+y+z\right)+\left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right)\ge6\)

Thật vậy, ta có: \(\left(x+y+z\right)+\left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}+\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\ge3.2=6\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z 

\(a+b\ge2\sqrt{ab},b+1\ge2\sqrt{b}\Rightarrow a+2b+3\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{b}+2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+2b+3}\le\frac{1}{2\sqrt{ab}+2\sqrt{b}+2}\)

Tương tự với các số hạng còn lại. 

Suy ra \(\frac{1}{a+2b+3}+\frac{1}{b+2c+3}+\frac{1}{c+2a+3}\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{b}+1}+\frac{1}{\sqrt{bc}+\sqrt{c}+1}+\frac{1}{\sqrt{ac}+\sqrt{a}+1}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{b}+1}+\frac{\sqrt{abc}}{\sqrt{bc}+\sqrt{c}+\sqrt{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{\sqrt{ac}+\sqrt{a}\sqrt{abc}+\sqrt{abc}}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{b}+1}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{b}+1+\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}+\sqrt{ab}+1}\right)=\frac{1}{2}\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\).

ko bt luôn