Tiếp theo:

Bài 105: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. Tìm GTNN của biểu thức: $P=\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}$.

$\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}= \sum \frac{2b^2}{\sqrt{4b(2a+b+c)}}\geq \sum \frac{4b^2}{2a+5b+c}\geq \frac{4(a +b+c)^2}{8(a+b+c)}=\frac{3}{2}$

Tiếp theo: 

Bài 98: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=3abc$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(\frac{a}{b}-\frac{1}{b}+\frac{1}{ab})(\frac{b}{c}-\frac{1}{c}+\frac{1}{bc})(\frac{c}{a}-\frac{1}{a}+\frac{1}{ca})$

Bài 98: Đổi: $(\frac{1}{a}-1,\frac{1}{b}-1,\frac{1}{c}-1)\rightarrow (x,y,z)$

Khi đó $P=(x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1)$ với $x+y+z=0$

Thế $z=-x-y$ vào P ta sẽ CM: $(x^2+x+1)(y^2+y+1)((x+y)^2-x-y+1)-1\geq 0$ (*)

Đặt $x+y=S; xy =P$ BĐT trên trở thành: $f(P)=(S^2-S+1)P^2+(S-1)(S^2-S+1)P+S^4+S^2\geq 0$

Không mất tổng quá, giả sử $P=xy\geq 0$ lại có $z>-1\Rightarrow S=x+y=-z<1$ và $S^2\geq 4P$

Ta có: $f"(P)=2(S^2-S+1)>0\Rightarrow f'(P)\geq f'(0)=(S-1)(S^2-S+1)<0\Rightarrow f(P)\geq f(\frac{S^2}{4})=\frac{S^2}{16}((S^2+\frac{3S}{2})^2+4(S+1)^2+\frac{11S^2}{4}+8)\geq 0$

(*) được CM. Vậy $MinP=1$ tại $a=b=c=1$

Tiếp theo: 

Bài 97: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{2x^2+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^2}+\frac{2y^2+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^2}+\frac{2z^2+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^2}\ge 1$.

Bài 97:

Sử dụng Cauchy - Schwarz: $(y+\sqrt{zx}+z)^2\leq (y+z+z)(y+x+z)=(x+y+z)(y+2z)$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh: $P=\sum \frac{2x^2+xy}{y+2z}\geq x+y+z$

Theo Cauchy - Schwarz: $P\geq \frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{\sum (y+2z)(2x^2+xy)}=\frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{2(xy+yz+zx)(x+y+z)+3(xy^2+yz^2+zx^2+xyz)-3xyz}=M$

Áp dụng bổ đề quen thuộc: $xy^2+yz^2+zx^2+xyz\leq \frac{4(x+y+z)^3}{27}$

Suy ra: $M\geq \frac{(2\sum x^2+\sum xy)^2}{2(xy+yz+zx)(x+y+z)+\frac{4(x+y+z)^3}{9}-3xyz}$

Đưa về dạng $p, q, r$ và chuẩn hóa $p=1$

Ta đi chứng minh: $\frac{(2-3q)^2}{2q+\frac{4}{9}-3r}\geq 1\Leftrightarrow 81q^2-126q+32+27r\geq 0$ (*)

Theo BĐT Schur thì: $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4q-1}{9}$

Nên $VT(*)\geq (1-3q)(29-27q)\geq 0$ hiển nhiên đúng do $0< q\leq \frac{1}{3}< \frac{29}{27}$

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi  $x=y=z$

 

Bài 94: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của: $P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Đổi thành a,c,b thưc thì là bài 3 của IMO 2006  

Bài 87: Royal1534 đã cho lời giải đúng. Dưới đây là lời giải bài 88:

Lời giải bài 88:

Ta có: $\sqrt{ab+1}\ge \sqrt{ab+\frac{(a-b)^2}{2}}=|\frac{a+b}{2}|$.

Tương tự ta được: $\sum \sqrt{ab+1}\ge \sum |\frac{a+b}{2}|\ge |a+b+c|\ge a+b+c$.

(Áp dụng: $|x|+|y|+|z|\ge |x+y+z|$).

Tiếp theo:

Bài 91: Cho các số thực dương $x,y,z$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{36}{9+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$.

Bài 92: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z\le 1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=4x+3y+24z+\frac{19}{x}+\frac{25}{3y}+\frac{8}{3z}$. 

Bài 91: Theo AM - GM:  $(9+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq (9+3\sqrt[3]{(xyz)^4})(\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}})\geq \frac{36\sqrt[4]{\sqrt[3]{(xyz)^4}}}{\sqrt[3]{xyz}}= 36$

Bài 92: Theo AM - GM: $P=19(4x+\frac{1}{x})+25(3y+\frac{1}{3y})+8(12z+\frac{1}{3z})-72(x+y+z)\geq 76+50+32-72=86.$

$\Rightarrow MinP=86$ tại $x=\frac{1}{2}, y=\frac{1}{3}, z= \frac{1}{6}$

Tiếp theo:

Bài 85: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{2(a^2+1)}+\sqrt{2(b^2+1)}+\sqrt{2(c^2+1)}\le 1+\frac{5}{3}(a+b+c)$.

Ta dễ dàng chứng minh được: $\sqrt{2(a^2+1)}\leq \frac{1+5a-2\cdot lna}{3}, \forall a>0$

Làm tương tự với $b,c$ ta suy ra đpcm.

Nếu $x + y = 0$ thì trong hai số $x,y$ sẽ có một số $\geqslant 0.$ Mà

\[a+b+c+[(-a) +(-b)+(-c)] = 0.\]

Từ trước tới nay em toàn làm máy móc và hiểu sai bản chất (

Bài 59 và bài 60: Các bạn hanguyen445 và MrS đã cho lời giải đúng.

Dưới đây là cách khác của bài 60:

Ta có: $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\implies a+b+c\le 3$.

Xét $\frac{1}{4-\sqrt{ab}}\le \frac{1}{4-\frac{a+b}{2}}=\frac{2}{4-a+4-b}\le \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b})$.

Vì vậy: $P\le \frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Đặt $M=\frac{1}{4-a}+\frac{1}{4-b}+\frac{1}{4-c}$.

Ta có: $3-M=\sum (1-\frac{1}{4-a})=\sum \frac{3-a}{4-a}$.

$\iff 3-M=\sum \frac{(3-a)^2}{(4-a)(3-a)}\ge \frac{(9-a-b-c)^2}{39-7(a+b+c)}$.

Ta đi xét hàm: $f(t)=\frac{(9-t)^2}{39-7t},0<t\le 3$.

Hàm $f(t)$ đồng biến trên $(0;3]$ nên $max(f(t))=2$.

$\implies P\ge 1(Q.E.D)$.

Phải tìm Minf(t) chứ tritanngo99 nhỉ

Tiếp theo: 

Bài 61: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xy\ge 1;z\ge 1$. Tìm GTNN của:

$P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{z^3+2}{3(xy+1)}$.

Bài 61 :

Theo BĐT Cauchy - Schwazt, AM-GM:

$P\geq \frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}+\frac{1}{xy+1}\geq \frac{(2\sqrt{xy})^2}{2xy+2\sqrt{xy}}+\frac{1}{xy+1}=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{xy+1}=\frac{(\sqrt{xy}-1)^3}{2(\sqrt{xy}+1)(xy+1)}+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}$ do $xy\ge 1;z\ge 1$

Vậy MinP=3/2, dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.

Tiếp theo: 

Bài 59: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (a+b+c)^3$.

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1$

Bài 59: 

Theo BĐT Holder: $(a^5+\frac{2}{a})(b^5+\frac{2}{b})(c^5+\frac{2}{c})\ge (\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}})^3$

Từ đó chỉ cần chứng minh: $\sqrt[3]{\frac{a^5}{bc}}+\sqrt[3]{\frac{b^5}{ca}}+\sqrt[3]{\frac{c^5}{ab}}\geq a+b+c$

Có nhiều cách CM BĐT này. 

Chuẩn hóa abc=1 khi đó ta cần chứng minh: $\sum a^2\geq \sum a$

Theo AM-GM: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2, a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \sum a^2\geq \sum a$

Từ đó ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

Bài 60: Theo BĐT AM-GM: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}=\sum \frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-c^2}{2}}}$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{4-\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}}\leq \frac{13-x^2}{36}$ (*)

Tới đây chỉ cần đặt: $\sqrt{\frac{3-x^2}{2}}=t \Rightarrow t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

BĐT (*) trở thành: $\frac{1}{4-t}\leq \frac{5+t^2}{18}\Leftrightarrow (t-1)^2(2-t)\geq 0$ luôn đúng do $t\in (0,\sqrt{\frac{3}{2}})$

Từ đó dễ dàng suy ra: $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \sum \frac{13-a^2}{36}=1$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

Đúng rồi em.

Anh ơi em có vài thắc mắc anh giúp em với

"Từ việc thay (a,b,c) bởi (-a,-b,-c) mà BĐT không đổi tại sao lại chỉ cần xét khi a,b,c không âm nhỉ". Nếu đẳng thức xảy là khi có cả số âm, cả không âm thì sao nhỉ? 

Hoán vị vòng quanh mà bạn. Nên cần xét thêm trường hợp nữa. 

 \[BDT \Leftrightarrow 2{\left( {a + b + c} \right)^3} \geqslant 6\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ac} \right) + a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant a{\left( {a - b} \right)^2} + b{\left( {b - c} \right)^2} + c{\left( {c - a} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right){\left( {a - b} \right)^2} + \left( {a + c} \right){\left( {b - c} \right)^2} + \left( {a + b} \right){\left( {a - c} \right)^2} \geqslant 0\

Tiếp theo:

Bài 57: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$18(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 54$.

BĐT tương đương: $6(ab+bc+ca)(a+b+c)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\le 2(a+b+c)^3\Leftrightarrow \sum a^3+2\sum a^2b\geqslant \sum ab^2+6abc$

Giả sử $a\geq b\geq c$ và theo BĐT AM-GM: $\sum a^3+\sum ab^2\geqslant 2\sum a^2b$ và $\sum a^2b\geq 3abc$ 

Mặt khác: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Rightarrow \sum a^2b\geq \sum ab^2$

Từ các BĐT trên suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Cảm ơn anh nhiều MrS về bài 49, Thành thật xin lỗi mọi người vì những thiếu sót này. Lần sau mình cố gắng cẩn thận hơn. Mong mọi người thông cảm.

Bài 52  xin đưa ra lời giải như sau:

Theo BDT Cauchy-Schwarz ta có: $(x+y+z)^2\le 6(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})\le 36$.

$\implies x+y+z\in [-6;6]$.

Đặt $t=x+y+z,t\in [-6;6]$.

Xét hàm số: $f(t)=\frac{t^3-36}{t},t\in [-6;6]$

$\implies f'(t)=2t+\frac{36}{t^2}$.

$f'(t)=0\iff t=-\sqrt[3]{18}$.

$f(-6)=42,f(-\sqrt[3]{18})=\frac{54}{\sqrt[3]{54}},f(6)=30\implies f(t)(Max)=42$.

Dấu $=$ xảy ra tại $x=-1;y=-2;z=-3$.

Vậy $Max(P)=42$.

Bạn quên mất là f(t) bị gián đoạn tại t=0 kìa

Khi t->0- thì f(t) -> +vô cực. Tức là khả năng đề bài không đúng

Tiếp theo:

Bài 52: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn: $x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=6$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{(x+y+z)^3-36}{x+y+z}$

Theo Cauchy - Scharzt: $(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})(1+2+3)\geq (x+y+z)^2\Rightarrow -6\leq x+y+z\leq 6$

Xét $f(t)=\frac{t^3-36}{t}=t^2-\frac{36}{t}, -6\leq t\leq 6$

Tới đây mình tịt vì khi t->0- thì f(t)-> +vô cực.

Chắc thêm giả thiết x+y+z>0 thì giải được

Không biết đáp án thế nào.

Tiếp theo:

Bài 51: Cho các số thực dương $x,y,z$. Tìm GTNN của biểu thức:

 $P=\frac{1}{6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}}-\frac{1}{9\sqrt{x+y+z}}$.

Theo AM-GM: $6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}\leq (x+9y)+7z+2(z+4x)=9(x+y+z)\Rightarrow P\geq \frac{1}{9}(\frac{1}{\sqrt{x+y+z}}-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{36}\geq -\frac{1}{36}$

Vậy $MinP=-\frac{1}{36}$, đạt được khi $x=\frac{18}{23}, y=\frac{2}{23}, z=\frac{72}{23}$

 

Dưới đây là lời giải bài 49 và bài 50:

 

Lời giải bài 49: Chuẩn hóa: $a^2+b^2+c^2=9$.

 

Ta có: $BDT\iff 2(a+b+c)-abc\le 10$.

 

$VT=2(a+b+c)-abc=2a-abc+2(b+c)=a(2-bc)+2(b+c)$

 

$VT^2\le [a^2+(b+c)^2][(2-bc)^2+4]$.

 

KMTTQ, giả sử: $a\ge b\ge c\implies a^2\ge 3$.

 

Đặt $t=bc\implies t=bc\le \frac{b^2+c^2}{2}=\frac{9-a^2}{2}\le 3$.

 

Nên $VT^2\le (9+2bc)[(2-bc)^2+4]=(9+2t)[(2-t)^2+4]=f(t)\text{   }\forall t\in(0;3]$.

 

Khảo sát $f(t)\implies f(t)\le 100\implies VT\le 10\implies Q.E.D$.

 

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c$.

 

Không có đẳng thức vì $f(t)=100\Leftrightarrow (t+2)(t^2-3t-14)=0$

Bài tập 49:

Do BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=3$

  \[ \to 2{\left( {a + b + c} \right)^2} > {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} + {c^2} \in \left[ {0;1} \right)\]

\[ \Rightarrow \exists t \in \left[ {0;1} \right]:{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3 + 6{t^2} \to ab + bc + ac = 3 - 3{t^2}\]

 

Sao lại có điều này được nhỉ?

Ngoài ra trong bài này chỉ xảy ra đẳng thức khi (x,y,z)=(-1,2,2) hoặc hoán vị. Trong bài này thì không có dấu bằng.

Bài này có thể tham khảo VD4 thầy Dũng viết :http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

 

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

 

 

Bạn xem trong này nhé, nó đúng cả trong trường hợp a,b,c thực.

http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)$.

 

Đề bài sai hay sao ý : cho $a=10^{-7}, b=c=1 \Rightarrow VP-VT\approx -4< 0$

Để chuẩn hóa $a+b+c=3$ thì em cần phải có $a+b+c>0.$ Nhưng điều này ta có thể giả sử được, em thử nghĩ xem nhé.

Trước em có đọc 1 vài tài liệu thì người ta nói rằng: Nếu thay bộ (a,b,c) bởi (-a,-b,-c) BĐT không đổi thì có thể giả sử a+b+c > 0. Không  biết có đúng không ạ? 

Lời giải của MrS sai ngay từ đây.

Phải xét a+b+c=0 nữa hả anh ơi? 

Bài 48:

Không mất tổng quát giả sử c=min(a, b ,c).

Trước tiên ta CM bổ đề quen thuộc: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$ ( có thể dùng Holder để chứng minh)

Lại theo AM - GM: $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq \frac{a+b}{2}+\sqrt{2c(a+b)}$

Đặt: $\sqrt{\frac{2c}{b+a}}=t $ thì t thuộc (0;1]

Bài toán đưa về tìm Min của: $f(t)=\frac{2}{\sqrt{t^2+1}}+\frac{t}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}(t^2+1)}{2t+1}, 0

Ta có: $f'(t)=-2t(t^2+1)^{-3/2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+2\sqrt{2}(t^2+t-2)(2t+1)^{-2}$ và $f''(t)=2(2t^2-1)(t^2+1)^{-5/2}+18\sqrt{2}(2t+3)^{-3}$

Dễ thấy rằng $f"(t)>0$ với mọi t thuộc (0;1]

Do đó f'(t) có duy nhất nghiệm t=1.

Khảo sát ta được $Minf(t)=f(1)=\frac{5\sqrt{2}}{2}$

Vậy Min P = $\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Tiếp theo:

Bài 47: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $(3a+2b+c)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c})=30$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{b+2c-7\sqrt{72a^2+c^2}}{a}$.

Bài 48: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{b+a}}+\frac{\sqrt{2}(a+b+c)}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}$.

Bài 48:

Không mất tổng quát giả sử c=min(a, b ,c).

Trước tiên ta CM bổ đề quen thuộc: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$ ( có thể dùng Holder để chứng minh)

Lại theo AM - GM: $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq \frac{a+b}{2}+\sqrt{2c(a+b)}$

Đặt: $\sqrt{\frac{2c}{b+a}}=t$ với t thuộc (0;1]

Bài toán đưa về tìm Min của: $f(t)=\frac{2}{\sqrt{t^2+1}}+\frac{t}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}(t^2+1)}{2t+1}$

Ta có: $f'(t)=-2t(t^2+1)^{-3/2}+\frac{1}{\sqrt{2}}+2\sqrt{2}(t^2+t-2)(2t+1)^{-2}$ và $f''(t)=2(2t^2-1)(t^2+1)^{-5/2}+18\sqrt{2}(2t+3)^{-3}$

Dễ thấy rằng $f"(t)>0$ với mọi với t thuộc (0;1]

Do đó f'(t) có duy nhất nghiệm t=1.

Khảo sát ta được $Minf(t)=f(1)=\frac{5\sqrt{2}}{2}$

Vậy Min P = $\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

 

Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực sao cho $a^2 + b^2 + c^2 > 0.$ Chứng minh rằng

$$\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(c+a-b)^2}{(c+a)^2+b^2}+\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2}\geq \frac{3}{5}.$$

 

Chuẩn hóa a+b+c =3, BĐT tương đương với:

$\sum \frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \frac{3}{5}$

Dễ thấy: $\frac{1}{2x^2-6x+9}\leq \frac{2x+3}{25}$ với mọi $x\geq \frac{-1}{2}$ (nó tương đương với: $\frac{2(x-1)^2(2x+1)}{2x^2-6x+9}\geq 0$, mọi $x\geq \frac{-1}{2}$ )

Giả sử: $a\geq b\geq c\Rightarrow a\geq 1\geq c$

TH1: Nếu $a\geq b\geq c\geq \frac{-1}{2}$ thì $VT\leq \frac{2\sum a+9}{25}=\frac{3}{5}$

TH2: Nếu $c< \frac{-1}{2}$, dễ thấy $f(c)=\frac{1}{2c^2-6c+9}$ đồng biến với  $c< \frac{-1}{2}$ nên $f(c)< f(\frac{-1}{2})=\frac{2}{25}$

Lại có $\frac{1}{2a^2-6a+9}+\frac{1}{2b^2-6b+9}=\frac{1}{2(a-3/2)^2+9/2}+\frac{1}{2(b-3/2)^2+9/2}< \frac{1}{9/2}+\frac{1}{9/2}=\frac{4}{9}$

Từ đó suy ra $VT< \frac{2}{25}+\frac{4}{9}=\frac{118}{225}<\frac{3}{5}$

Từ các TH suy ra Đpcm.