phamduytien

Giải
BĐT đưa về được dạng sau

\[\frac{{a + 4}}{{a({a^2} + bc + {c^2})}} + \frac{{b + 4}}{{b({b^2} + ac + {a^2})}} + \frac{{c + 4}}{{c({c^2} + ab + {b^2})}}\]
\[=\frac{1}{{{a^2} + bc + {c^2}}} + \frac{1}{{{b^2} + ca + {a^2}}} + \frac{1}{{{c^2} + ab + {b^2}}} + 4\left( {\frac{1}{{a({a^2} + bc + {c^2})}} + \frac{1}{{b({b^2} + ac + {a^2})}} + \frac{1}{{c({c^2} + ab + {b^2})}}} \right)\]
\[ \ge \frac{9}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca}} + \frac{{12}}{{\sqrt[3]{{a({a^2} + bc + {c^2})b({b^2} + ac + {a^2})c({c^2} + ab + {b^2})}}}}\]
\[ \ge \frac{9}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca}} + \frac{{36}}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca}} = \frac{{45}}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca}} = \frac{{30}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3}}\]

p/s:Huy chỉ nhầm 1 chút thôi lời giải cơ bản là chuẩn rồi

Bài này sai rồi mà.

Lời giải :
BĐT cần chứng minh tương đương :
$$\dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{1}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{4}{a(a^2+bc+c^2)}+\dfrac{4}{b(b^2+ac+a^2)}+\dfrac{4}{c(c^2+ab+b^2)}\ge \frac{30}{a^2+b^2+c^2+3}$$

Ta có BĐT quen thuộc sau :
$$\dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{1}{c^2+ca+a^2} \ge \dfrac{9}{(a+b+c)^2}=1$$
ÁP dụng AM-GM , lại có :
$$\dfrac{4}{a(a^2+bc+c^2)}+\dfrac{4}{b(b^2+ac+a^2)}+\dfrac{4}{c(c^2+ab+b^2)} \ge \dfrac{12}{\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{\left (a^2+ab+b^2\right )\left (b^2+bc+c^2\right )\left (c^2+ca+a^2\right )}} \ge \dfrac{36}{2\left (a^2+b^2+c^2\right )+ab+bc+ca} =\dfrac{24}{a^2+b^2+c^2+3}$$
Như vậy, cần chứng minh :
$$\dfrac{24}{a^2+b^2+c^2+3}+1\ge \dfrac{30}{a^2+b^2+c^2+3} \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge 3$$
Hiển nhiên đúng.
BĐT đã được chứng minh.

Bđt quen thuộc đó chứng minh thế nào anh ?

Bất đẳng thức quen thuộc đó chứng minh sao vậy