Theo giả thiết, ta có: $a^2+b^2+c^2\leqslant 3b\Rightarrow a^2+\frac{b^2}{4}+c^2\leqslant \frac{-3}{4}(b-2)^2+3\leqslant 3$

Mặt khác: $(a+\frac{b}{2}+c)^2\leqslant 3(a^2+\frac{b^2}{4}+c^2)\leqslant 9\Rightarrow a+\frac{b}{2}+c\leqslant 3$

Ta dễ có bổ đề: $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geqslant \frac{8}{(x+y)^2}$

Áp dụng: $P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(\frac{b}{2}+1)^2}+\frac{8}{(c+3)^2}\geqslant \frac{8}{(a+\frac{b}{2}+2)^2}+\frac{8}{(c+3)^2}\geqslant \frac{64}{(a+\frac{b}{2}+c+5)^2}\geqslant \frac{64}{(3+5)^2}=1$

Đẳng thức xảy ra khi $a=c=1;b=2$

Cho x , y > 0

Tìm Min của P = $\sqrt{\frac{x^{3}}{x^{3}+8y^{3}}} + \sqrt{\frac{4y^{3}}{y^{3}+(x+y)^{3}}}$ 

Ta có: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}-\frac{x^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4x^3y^2(x-y)^2}{(x^3+8y^3)(x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\frac{x^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}\geqslant \frac{x^2}{x^2+2y^2}$ (1)

$\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}-\frac{2y^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4y^3(x-y)^2(x^2+xy+2y^2)}{[y^3+(x+y)^3](x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}+\frac{2y^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{2y^2}{x^2+2y^2}$ (2)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2), ta được: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{x^2+2y^2}{x^2+2y^2}=1$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y>0$

Ta có: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}$

Mà $abc(a+b+c)^3=[abc(a+b+c)](a+b+c)^2\leqslant \frac{(ab+bc+ca)^2(a+b+c)^2}{3}\leqslant \frac{[\frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)]^2}{3}=27$

Do vậy: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}\geqslant 2$

Tương tự: Cho a,b,c>1 thỏa mãn a+b+c=abc Tìm GTNN của $P=\frac{a-2}{b^{2}}+\frac{b-2}{c^{2}}+\frac{c-2}{a^{2}}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

$A=4x^2-\frac{11}{4}x+2015=4(x^2-\frac{11}{16}x+\frac{121}{1024})+2014,527344=4(x-\frac{11}{32})^2+2014,527344$

Bài này chắc có vấn đề, không ai rảnh cho $-3x$ và $\frac{1}{4}x$ mỗi cái mỗi nơi thế kia

Với x,y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$Q=\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}$

Ta có: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}-\frac{x^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4x^3y^2(x-y)^2}{(x^3+8y^3)(x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\frac{x^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}\geqslant \frac{x^2}{x^2+2y^2}$ (1)

          $\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}-\frac{2y^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4y^3(x-y)^2(x^2+xy+2y^2)}{[y^3+(x+y)^3](x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}+\frac{2y^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{2y^2}{x^2+2y^2}$ (2)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2), ta được: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{x^2+2y^2}{x^2+2y^2}=1$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y>0$

Ta có: $Q=\frac{a+b+2ab+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{(a+1)(b+1)+(ab-1)(c+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{1}{c+1}+\frac{ab-1}{(a+1)(b+1)}\geqslant \frac{1}{a+b+1}+\frac{ab-1}{ab+a+b+1}$

Từ giả thiết, ta có: $a+b\geqslant c\geqslant b+1\Rightarrow b\geqslant a\geqslant 1\Rightarrow (a-1)(b-1)\geqslant 0\Rightarrow ab\geqslant a+b-1$

Suy ra $\frac{1}{a+b+1}+\frac{ab-1}{ab+a+b+1}\geqslant \frac{1}{ab+2}+\frac{ab-1}{2ab+2}=\frac{2(ab-2)(ab+5)}{(ab+2)(2ab+2)}+\frac{5}{12}\geqslant \frac{5}{12}$ (Vì $ab\geqslant a+b-1\geqslant c-1\geqslant 3-1=2$)

Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$ thì $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$

Khi đó $P=\frac{c^2(1-2a)}{a}+\frac{a^2(1-2b)}{b}+\frac{b^2(1-2c)}{c}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được: $\frac{c^2(1-a)}{a}+a(1-a)\geqslant 2c(1-a)$

$\frac{a^2(1-b)}{b}+b(1-b)\geqslant 2a(1-b)$

$\frac{b^2(1-c)}{c}+c(1-c)\geqslant 2b(1-c)$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: $(\frac{c^2(1-a)}{a}-c^2)+(\frac{a^2(1-b)}{b}-a^2)+(\frac{b^2(1-c)}{c}-b^2)\geqslant a+b+c-2(ab+bc+ca)\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}-2(ab+bc+ca)=\sqrt{3}-2$

hay $\frac{c^2(1-2a)}{a}+\frac{a^2(1-2b)}{b}+\frac{b^2(1-2c)}{c}\geqslant \sqrt{3}-2$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Tìm Min của

$P=\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(c+a)}+\frac{1}{c^{3}(a+b)}$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x,y,z>0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x+y\geqslant z+x\geqslant y+z>0 & \\ \frac{x}{y+z}\geqslant \frac{y}{z+x}\geqslant \frac{z}{x+y}>0 & \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c,d>0$ và $abcd=1$. Tìm Min của

$P=\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}$

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề: $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geqslant \frac{1}{1+xy}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}-\frac{1}{1+xy}=\frac{xy^3+x^3y-x^2y^2-2xy+1}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geqslant \frac{2x^2y^2-x^2y^2-2xy+1}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}=\frac{(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geqslant 0$

Áp dụng, ta được: $P\geqslant \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{cd}{cd+abcd}+\frac{1}{1+cd}=\frac{cd}{1+cd}+\frac{1}{1+cd}=1$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

B1. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $

Ta có: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}$

Mà $abc(a+b+c)^3=[abc(a+b+c)](a+b+c)^2\leqslant \frac{(ab+bc+ca)^2(a+b+c)^2}{3}\leqslant \frac{[\frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)]^2}{3}=27$

Do vậy: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}\geqslant 2$

Cho x,y,z >-1. Tìm GTNN

A=$\frac{1+x^2}{1+y+z^2}+\frac{1+y^2}{1+z+x^2}+\frac{1+z^2}{1+x+y^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được: 

$\frac{1+x^2}{1+y+z^2}+\frac{1+y^2}{1+z+x^2}+\frac{1+z^2}{1+x+y^2}\geqslant \frac{1+x^2}{1+\frac{y^2+1}{2}+z^2}+\frac{1+y^2}{1+\frac{z^2+1}{2}+x^2}+\frac{1+z^2}{1+\frac{x^2+1}{2}+y^2}$

Đặt $(x^2+1,y^2+1,z^2+1)\rightarrow (a,b,c)$ thì ta cần chứng minh:

$\frac{2a}{b+2c}+\frac{2b}{c+2a}+\frac{2c}{a+2b}\geqslant 2$

Thật vậy,

$\frac{2a}{b+2c}+\frac{2b}{c+2a}+\frac{2c}{a+2b}=\frac{2a^2}{ab+2ca}+\frac{2b^2}{bc+2ab}+\frac{2c^2}{ca+2bc}\geqslant \frac{2(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geqslant 2(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

1.Cho $x>1$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$A=\frac{x^4+1}{x(x-1)(x+1)}$

Ta có: $\frac{(x^4+1)^2}{x^2(x-1)^2(x+1)^2}-8=\frac{(x^4-4x^2+1)^2}{x^2(x-1)^2(x+1)^2}\geqslant 0\Rightarrow \frac{(x^4+1)^2}{x^2(x-1)^2(x+1)^2}\geqslant 8$

Mà $x>1$ nên $\frac{x^4+1}{x(x-1)(x+1)}>0$ do vậy $\frac{x^4+1}{x(x-1)(x+1)}\geqslant 2\sqrt{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\sqrt{2+\sqrt{3}}$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a\leq b\leq 3\leq c;c\geq b+1;a+b\geq c$. Tìm Min của

$A=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}$

Lời giải. Ta có: $Q=\frac{a+b+2ab+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{(a+1)(b+1)+(ab-1)(c+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{1}{c+1}+\frac{ab-1}{(a+1)(b+1)}\geqslant \frac{1}{a+b+1}+\frac{ab-1}{ab+a+b+1}$

Từ giả thiết, ta có: $a+b\geqslant c\geqslant b+1\Rightarrow b\geqslant a\geqslant 1\Rightarrow (a-1)(b-1)\geqslant 0\Rightarrow ab\geqslant a+b-1$

Suy ra $\frac{1}{a+b+1}+\frac{ab-1}{ab+a+b+1}\geqslant \frac{1}{ab+2}+\frac{ab-1}{2ab+2}=\frac{2(ab-2)(ab+5)}{(ab+2)(2ab+2)}+\frac{5}{12}\geqslant \frac{5}{12}$ (Vì $ab\geqslant a+b-1\geqslant c-1\geqslant 3-1=2$)

Đẳng thức xảy ra khi $a=1;b=2;c=3$

Ta có: $y+z=x(y^2+z^2)\geqslant \frac{x(y+z)^2}{2}\Rightarrow y+z\leqslant \frac{2}{x}$

Mặt khác $yz\leqslant \frac{(y+z)^2}{4}\Rightarrow yz\leqslant \frac{1}{x^2}$

Như vậy ta có: $(1+y)(1+z)=1+y+z+yz\leqslant 1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}=(\frac{1}{x}+1)^2$

Xét biểu thức $A=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{4}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geqslant \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{2}{(1+y)(1+z)}+\frac{4}{(1+x)(1+y)(1+z)}=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{2(x+3)}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geqslant \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{2(x+3)}{(1+x)(\frac{1}{x}+1)^2}=\frac{2x^3+6x^2+x+1}{(x+1)^3}=\frac{2x^3+6x^2+x+1}{(x+1)^3}-\frac{91}{108}+\frac{91}{108}=\frac{(5x-1)^2(5x+17)}{108(x+1)^3}+\frac{91}{108}\geqslant \frac{91}{108}$

Vậy $MinA=\frac{91}{108}$ đạt được khi $x=\frac{1}{5},y=z=5$

Bạn làm từ từ giúp mình đc ko, mik ko hiểu lắm

$\sum \frac{a}{a+b}-\frac{3}{2}=(\frac{a}{a+b}-\frac{1}{2})+(\frac{b}{b+c}-\frac{1}{2})+(\frac{c}{c+a}-\frac{1}{2})=\frac{a-b}{2(a+b)}-\frac{(a-b)+(c-a)}{2(b+c)}+\frac{c-a}{2(c+a)}=(a-b)(\frac{1}{2(a+b)}-\frac{1}{2(b+c)})+(c-a)(\frac{1}{2(c+a)}-\frac{1}{2(b+c)})=\frac{(a-b)(c-a)}{2(a+b)(b+c)}+\frac{(c-a)(b-a)}{2(c+a)(b+c)}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}$

Cho các số thực dương thỏa $a\geq b\geq c$

Tìm GTNN của $\sum \frac{a}{a+b}$

$\sum \frac{a}{a+b}-\frac{3}{2}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}$

Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki, ta được: $\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{(\frac{1}{2}-x)^2+\frac{3}{4}}+\sqrt{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}\geqslant \sqrt{(\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}.2)^2}=\sqrt{1+3}=2$

Đẳng thức xảy ra khi $x=0$

Không giảm tính tổng quát, giả sử $a\geqslant b\geqslant c$

Xét 2 trường hợp:

* Trường hợp 1: $c\geqslant \frac{1}{12}$ thì $a,b\geqslant \frac{1}{12}$

Ta có: $\frac{1}{1+6c^2}-\frac{-36c+27}{25}=\frac{2(3c-1)^2(12c-1)}{25(1+6c^2)}\geqslant 0$ (đúng)

Tương tự với $a,b$ rồi cộng lại, ta được: $\frac{1}{1+6a^2}+\frac{1}{1+6b^2}+\frac{1}{1+6c^2}\geqslant \frac{-36(a+b+c)+81}{25}=\frac{9}{5}$

* Trường hợp 2: $0\leqslant c<\frac{1}{12}$

Ta có: $\frac{1}{6b^2+1}-\frac{-24b+22}{25}=\frac{3(2b-1)^2(12b+1)}{25(6b^2+1)}\geqslant 0$ (đúng)

Tương tự với $a$ rồi cộng lại, ta được: $\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}\geqslant \frac{-24(a+b)+44}{25}\Leftrightarrow\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}\geqslant \frac{-24(1-c)+44}{25}+\frac{1}{6c^2+1}$

Xét hiệu: $\frac{-24(1-c)+44}{25}+\frac{1}{6c^2+1}-\frac{9}{5}=\frac{30c(24c^2-25c+4)}{125(6c^2+1)}\geqslant 0$ (đúng do $0\leqslant c<\frac{1}{12}$)

Vậy $\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}\geqslant \frac{9}{5}$

Tổng hợp lại ta có Min của biểu thức là $\frac{9}{5}$, đạt được khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=\frac{1}{2};c=0$ và các hoán vị

Với x;y là những số thực dương, tìm min

$P=\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+ \sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}$

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Đại học quốc gia Hà Nội năm 2011

Ta có: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}-\frac{x^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4x^3y^2(x-y)^2}{(x^3+8y^3)(x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\frac{x^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}\geqslant \frac{x^2}{x^2+2y^2}$ (1)

           $\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}-\frac{2y^2}{x^2+2y^2}=\frac{\frac{4y^3(x-y)^2(x^2+xy+2y^2)}{[y^3+(x+y)^3](x^2+2y^2)^2}}{\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}+\frac{2y^2}{x^2+2y^2}}\geqslant 0\Rightarrow \sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{2y^2}{x^2+2y^2}$ (2)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2), ta được: $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}\geqslant \frac{x^2+2y^2}{x^2+2y^2}=1$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y>0$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x,y,z>0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x+y\geqslant z+x\geqslant y+z>0 & \\ \frac{x}{y+z}\geqslant \frac{y}{z+x}\geqslant \frac{z}{x+y}>0 & \end{matrix}\right.$

Bài này nguyên gốc là: $\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2}\geqq \frac{9}{4(a+b+c)} $

Đã có ở đây: Chứng minh: $\sum \frac{a}{(b+c)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học  

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$

Tìm giá trị lớn nhất của 

$\frac{a^3}{3a-ab-ac+2bc}+\frac{b^3}{3b-ab-bc+2ac}+\frac{c^3}{3c-ca-cb+2ab}+3abc$

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: $\frac{a^3}{3a-ab-ac+2bc}+\frac{b^3}{3b-ab-bc+2ac}+\frac{c^3}{3c-ca-cb+2ab}+3abc=\frac{a^3}{(a+b+c)a-ab-ac+2bc}+\frac{b^3}{(a+b+c)b-ab-bc+2ac}+\frac{c^3}{(a+b+c)c-ca-cb+2ab}+3abc=\frac{a^3}{a^2+2bc}+\frac{b^3}{b^2+2ca}+\frac{c^3}{c^2+2ab}+3abc=(a-\frac{2abc}{a^2+2bc})+(b-\frac{2abc}{b^2+2ca})+(c-\frac{2abc}{c^2+2ab})+3abc=3+abc[3-2(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab})]\leqslant 3+\frac{(a+b+c)^3}{27}.[3-2.\frac{9}{(a+b+c)^2}]=4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho các số thực dương $a,b,c$

Tìm giá trị lớn nhất của 

$\frac{a^3}{3a-ab-ac+2bc}+\frac{b^3}{3b-ab-bc+2ac}+\frac{c^3}{3c-ca-cb+2ab}+3abc$

Mình nghĩ phải có thêm điều kiện $a+b+c=3$?

Chuẩn hóa $a+b=2$ thì $P=\frac{a^2}{a^2-4a+8}+\frac{b^2}{b^2-4b+8}$

Vì $0<a<2$ nên ta có: 

$\frac{a^2}{a^2-4a+8}-\frac{12a-7}{25}=\frac{(a-1)^2(56-12a)}{25(a^2-4a+8)}\geqslant 0$

$\Rightarrow \frac{a^2}{a^2-4a+8}\geqslant \frac{12a-7}{25}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: 

$\frac{a^2}{a^2-4a+8}+\frac{b^2}{b^2-4b+8}\geqslant \frac{12(a+b)-14}{25}=\frac{2}{5}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b$