Thấy chỗ này sôi nổi quá nên cho mình ké bài của mình ạ:vvChứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{(c+2a)^2\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{(a+2b)^2\sqrt{a^2+3}}\geq\frac{1}{2(a+b+c)}$$1) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=3$2) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $ab+bc+ca=3$3) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$
Trường hợp 1:
Ta có $\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}=\dfrac{(\dfrac{a}{b+2c})^2}{a\sqrt{b^2+3}}$, biến đổi tương tự với các số hạng còn lại và sử dụng BĐT cauchy-schwarz cho vế trái. Ta có:
$VT\ge P^2.\frac{1}{Q}$ với:
$$P=\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)}\ge 1 (**)$$
$$Q=a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}=\sum\sqrt{a}\sqrt{ab^2+3a}\le \sqrt{(a+b+c)(ab^2+bc^2+ca^2+3(a+b+c))}$$
Ta lại có $ a^3+ac^2+a^2c\ge 3ac^2$, lập luận tương tự và cộng vế ta có:
$ 3(ab^2+bc^2+ca^2)\le (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=3(a+b+c)\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a+b+c$, hay $Q\le 2(a+b+c) (***)$
Từ (**) và (***), ta suy ra được $VT\ge\dfrac{1}{2(a+b+c)}$. Do đó phép chứng minh hoàn tất.