$\frac{2\sqrt{ab}}{ab+3}-\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^3+3} $
$=\bigg(\frac{2\sqrt{ab}}{ab+3}-\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}}\bigg)-\bigg(\sqrt{\frac{a}{a^2+3}}-\sqrt{\frac{b}{b^2+3}}\bigg)^2 $
$=2\sqrt{ab}\bigg(\frac{3(a-b)^2}{(ab+3)\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}(ab+3+\sqrt{(a^2+ 3)(b^2+3)}}\bigg)-\frac{(3-ab)^2(a-b)^2}{(a^2+3)(b^2+3)\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+\sqrt{b( a^2+3)}\bigg)^2} $
Bây giờ tớ sẽ chứng minh:
$\frac{6\sqrt{ab}}{(ab+3)(ab+3+\sqrt{(a^2+3)(b^2+3) })} \ge \frac{(3-ab)^2}{\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+ \sqrt{b(a^2+3)}\bigg)^2} $
Giả sử $a \ge b \ge c $
trường hợp $ab \ge 3 $ thì $c \le \frac{1}{3} $
$VT \le_{\text{AM-GM}} \frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{3}{28}-\frac{(3c-1)(c-9)}{28(c^2+3)} < \frac{3}{4} $
vậy trường hợp này thỏa mãn
xét $3 > ab \ge 1 $
Giả sử $c \le 1 $ thì $ab \ge 1 $
lúc này $6\sqrt{ab} \ge 6>4 \ge (3-ab)^2 $
và $\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} \ge (ab+3) $
$\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+\sqrt{b(a^2+3)}\bigg)^2 \ge 4\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} > ab+3+\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} $
hay là
$\sum_{cyc} \frac{a}{a^2+1} \le \frac{2\sqrt{c}}{1+3c} +\frac{c}{c^2+1} \le \frac{3}{4} $
Bất đẳng thức này tớ thử trên máy , thấy nó đúng rồi
$ \frac{2\sqrt{c}}{1+3c} +\frac{c}{c^2+1} \le \frac{3}{4} $
Bài này của Vũ Đình Quý mình thấy ở trang 79 sách " Những lời giải hay "
sao nghĩ mãi ko ra lời giải bằng Cauchy-Schwarz
