Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH - Hỏi đáp

TXĐ:D=R

bpt nghiệm đúng với mọi x \(\in\)R

\(\Leftrightarrow-1\le\frac{x^2+5x+a}{2x^2-3x+2}<7\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}x^2+5x+a<7\left(2x^2-3x+2\right)\\x^2+5x+a\ge-\left(2x^2-3x+2\right)\end{cases}\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13x^2-26x+14-a>0\\3x^2+2x+a+2\ge0\end{cases}\)    với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta1<0;a1=13>0\\\Delta2\le0;a2=3>0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13^2-13\left(14-a\right)<0\\1^2-3\left(a+2\right)\le0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}a<1\\a\ge\frac{-5}{3}\end{cases}\)

Kết hợp 2 ĐK rồi KL.

bạn có thể mở sgk ra xem bài 3 phần 2

Có: \(x^2-xy+y^2\ge xy\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+xyz\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^3+y^3+1}\le\dfrac{1}{xy\left(x+y+z\right)}\)

Dấu ''='' xảy ra <=> x = y

Tượng tự có:

\(\dfrac{1}{y^3+z^3+1}\le\dfrac{1}{yz\left(x+y+z\right)}\)

dấu = xảy ra <=> y = z

\(\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\le\dfrac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)

dấu ''='' xảy ra <=> z = x

\(\Rightarrow P\le\dfrac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=1\)

xảy ra khi x = y = z = 1

Lời giải:

Ta sẽ CM BĐT trung gian sau:

\(P\geq \frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\)

\(\Leftrightarrow x^2\left ( \frac{1}{y+z}-\frac{1}{x+y} \right )+y^2\left ( \frac{1}{x+z}-\frac{1}{z+y} \right )+z^2\left ( \frac{1}{x+y}-\frac{1}{z+x} \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow x^2(x^2-z^2)+y^2(y^2-x^2)+z^2(z^2-y^2)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2\geq 0\) (luôn đúng)

Giờ ta sẽ tìm min \(\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\)

Hiển nhiên \(\sum \frac{x^2}{x+y}=\sum \frac{y^2}{x+y}\) nên

\(\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x}\right)=A\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(A\geq \frac{1}{2}\frac{(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2})^2}{2(x+y+z)}=\frac{9}{x+y+z}\)

Áp dụng BĐT Cauchy: \(\sqrt{x^2+y^2}\geq \frac{x+y}{\sqrt{2}}\)

Tương tự với các số còn lại suy ra \(6\geq \sqrt{2}.(x+y+z)\Rightarrow x+y+z\leq 3\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}\) kéo theo \(P_{\min}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\)

Lời giải:

Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:\((a,b,c)=\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x}\right)\)

Bài toán trở thành:

Cho $x,y,z>0$. CMR: \(\frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}\geq \frac{3}{2}\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}=\frac{x^6}{x^2yz(x^2+y^2)}+\frac{y^6}{y^2xz(y^2+z^2)}+\frac{z^6}{z^2xy(z^2+x^2)}\)

\(\geq \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{x^2yz(x^2+y^2)+y^2xz(y^2+z^2)+z^2xy(z^2+x^2)}=\frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{xyz(x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2)}(*)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^3+y^3+z^3\geq 3xyz\Rightarrow \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\geq xyz(1)\)

Và:

\(x^3+y^3+y^3\geq 3xy^2; y^3+z^3+z^3\geq 3yz^2; z^3+x^3+x^3\geq 3zx^2\)

Cộng theo vế và rút gọn \(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\geq xy^2+yz^2+zx^2\)

\(\Rightarrow 2(x^3+y^3+z^3)\geq x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{2}{3}(x^3+y^3+z^3)^2\geq xyz(x^3+y^3+z^3+xy^3+yz^2+zx^2)(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow \frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}\geq \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{\frac{2}{3}(x^3+y^3+z^3)^2}=\frac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$

Câu này căn bản mà, hay cách nghĩ của mình đơn giản quá?

ĐKXĐ: \(x\le1\)

\(\Rightarrow2-x\ge1\) \(\Rightarrow\sqrt[3]{2-x}\ge1\Rightarrow\sqrt[3]{2-x}+\sqrt{1-x}\ge1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=1\)

Vậy nghiệm của BPT đã cho là \(x< 1\)

Nếu đề là \(\sqrt[3]{2-x}+\sqrt{x-1}>1\)

ĐKXĐ: \(x\ge1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}>1-\sqrt[3]{2-x}\) (1)

Do \(x\ge1\Rightarrow\sqrt[3]{2-x}\le1\Rightarrow1-\sqrt[3]{2-x}\ge0\), 2 vế của BPT (1) đều không âm, bình phương 2 vế:

\(x-1>1-2\sqrt[3]{x-2}+\sqrt[3]{\left(2-x\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow2-x+\sqrt[3]{\left(2-x\right)^2}-2\sqrt[3]{2-x}< 0\)

Đặt \(\sqrt[3]{2-x}=t\left(t\le1\right)\) BPT trở thành:

\(t^3+t^2-2t< 0\Leftrightarrow t\left(t-1\right)\left(t+2\right)< 0\)

Từ đoạn này trở đi là ez rồi :D

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(3=x^2+y^2+\frac{1}{xy}\geq 2xy+\frac{1}{xy}\)

Đặt \(xy=t\Rightarrow 3\geq 2t+\frac{1}{t}\)

\(\Leftrightarrow 3t\geq 2t^2+1\Leftrightarrow 2t^2-3t+1\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (2t-1)(t-1)\leq 0\Rightarrow \frac{1}{2}\leq t\leq 1\)

Với \(t=xy\leq 1\) ta có bổ đề sau:

\(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\leq \frac{2}{xy+1}(*)\)

Việc chứng minh bổ đề trên rất đơn giản. Thực hiện biến đổi tương đương và rút gọn ta thu được:

\((*)\Leftrightarrow (xy-1)(x-y)^2\leq 0\) (luôn đúng do \(xy\leq 1\) )

Áp dụng bổ đề trên vào bài toán đã cho:

\(P=2\left(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\right)-\frac{3}{2xy+1}\leq \frac{4}{xy+1}-\frac{3}{2xy+1}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\leq \frac{7}{6}\)

\(\Leftrightarrow \frac{5t+1}{2t^2+3t+1}\leq \frac{7}{6}\)

\(\Leftrightarrow 30t+6\leq 14t^2+21t+7\)

\(\Leftrightarrow 14t^2-9t+1\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (2t-1)(7t-1)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do \(t\geq \frac{1}{2}\)

Như vậy: \(P\leq \frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\leq \frac{7}{6}\)

Vậy \(P_{\max}=\frac{7}{6}\). Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Cách khác bài 5:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\text{VT}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a(a+b)}.\frac{1}{b(b+c)}.\frac{1}{c(c+a)}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{a(b+c)b(c+a)c(a+b)}}=\frac{3}{\sqrt[3]{(ab+ac)(bc+ba)(ca+cb)}}(*)\)

Mà cũng theo BĐT AM-GM:

\((ab+ac)(bc+ba)(ca+cb)\leq \left(\frac{ab+ac+bc+ba+ca+cb}{3}\right)^3=\frac{8}{27}(ab+bc+ac)^3\)

\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\)

\(\Rightarrow (ab+ac)(bc+ba)(ca+cb)\leq \frac{8}{27}.\frac{(a+b+c)^6}{27}(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{\frac{8}{27}.\frac{(a+b+c)^6}{27}}}=\frac{27}{2(a+b+c)^2}\)

Ta có đpcm.

Bài 5:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\((a+b+c)^2.\text{VT}=\frac{(a+b+c)^2}{a(a+b)}+\frac{(a+b+c)^2}{b(b+c)}+\frac{(a+b+c)^2}{c(c+a)}\)

\(=\frac{(a+b)^2+c^2+2c(a+b)}{a(a+b)}+\frac{a^2+(b+c)^2+2a(b+c)}{b(b+c)}+\frac{b^2+(c+a)^2+2b(c+a)}{c(c+a)}\)

\(=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^2+c^2+2c(a+b)+\frac{3}{4}(a+b)^2}{a(a+b)}+\frac{a^2+\frac{1}{4}(b+c)^2+2a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}{b(b+c)}+\frac{b^2+\frac{1}{4}(c+a)^2+2b(c+a)+\frac{3}{4}(c+a)^2}{c(c+a)}\)

\(\geq \frac{c(a+b)+2c(a+b)+\frac{3}{4}(a+b)^2}{a(a+b)}+\frac{a(b+c)+2a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}{b(b+c)}+\frac{b(c+a)+2b(c+a)+\frac{3}{4}(c+a)^2}{c(c+a)}\)

\(=\frac{3c}{a}+\frac{3(a+b)}{4c}+\frac{3a}{b}+\frac{3(b+c)}{4b}+\frac{3b}{c}+\frac{3(c+a)}{4c}\)

\(=3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+\frac{3}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\right)\)

\(\geq 3.3\sqrt[3]{1}+\frac{3}{4}.6\sqrt[6]{1}=\frac{27}{2}\)

Suy ra : \(\text{VT}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Vì 3 ≤ x ≤ 7 => x - 3 ≥ 0; 7 - x ≥ 0

=> C ≥ 0

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = 3 hoặc x = 7

C = (x - 3)(7 - x) ≤ \(\dfrac{1}{4}\)(x - 3 + 7 - x)² = \(\dfrac{1}{4}\).4² = 4

Dấu "=" xảy ra <=> x - 3 = 7 - x <=> x = 5

\(G=\left(x^2+\sqrt[3]{3}\right)+\left(\dfrac{2}{x^3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)-\sqrt[3]{3}-\dfrac{4}{\sqrt{3}}\ge2\sqrt{x^2.\sqrt[3]{3}}+3\sqrt[3]{\dfrac{2}{x^3}.\dfrac{2}{\sqrt{3}}.\dfrac{2}{\sqrt{3}}}-\sqrt[3]{3}-\dfrac{4}{\sqrt{3}}=2\sqrt[6]{3}.x+\dfrac{6}{\sqrt[3]{3}x}-\sqrt[3]{3}-\dfrac{4}{\sqrt{3}}\ge2\sqrt{2\sqrt[6]{3}.x.\dfrac{6}{\sqrt[3]{3}x}}-\sqrt[3]{3}-\dfrac{4}{\sqrt{3}}=2\sqrt{\dfrac{12\sqrt[6]{3}}{\sqrt[3]{3}}}-\sqrt[3]{3}-\dfrac{4}{\sqrt{3}}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=\sqrt[6]{3}\)

Lời giải:

Theo BĐT Schur bậc 3:

\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)

\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)

\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)

Do đó:

\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)

\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)

Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

\(P=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{97}{4}}P=\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)

\(\ge\left(2a+\dfrac{9}{2a}\right)+\left(2b+\dfrac{9}{2b}\right)+\left(2c+\dfrac{9}{2c}\right)\)

\(=2\left(a+b+c\right)+\dfrac{9}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(\ge4+\dfrac{9}{2}.\dfrac{9}{a+b+c}=4+\dfrac{81}{4}=\dfrac{97}{4}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{\dfrac{97}{4}}\)

PS: Lần sau chép đề cẩn thận nhé bạn.

Nếu là \(\ge \) thì easy rồi. Áp dụng BĐT Min....

\(VT=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{9}{a+b+c}\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{2^2+\left(\dfrac{9}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{97}{4}}=VP\)

Khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

Trong 3 số x,y,z chắc chắn có 2 số cùng dấu, hoặc cùng dương hoặc cùng âm. Ta có thể giả sử đó là x và y thì \(xy\ge0\)

Từ gỉa thiết : \(8=x^2+y^2+\left(x+y\right)^2=2\left(x+y\right)^2-2xy\le2\left(x+y\right)^2\)

do đó \(\left|x+y\right|\ge2\)

\(VT=\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\ge\left|x+y\right|+\left|z\right|=2\left|x+y\right|\ge4\)(x+y+z=0)

Dấu = xảy ra:\(\left\{{}\begin{matrix}xy=0\\\left|x+y\right|=2\\\left|z\right|=2\end{matrix}\right.\), cùng các hoán vị của điều ta giả sử , ta suy ra Min đạt được khi \(\left(x,y,z\right)=\left(2;0;-2\right)\)và các hoán vị

Tham khảo nhé :))

\(x+y+z=0\)\(\Leftrightarrow\)\(x+y=-z\)\(S=\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\ge\left|x+y\right|+\left|z\right|=\left|-z\right|+\left|z\right|\ge\left|-z+z\right|=\left|0\right|=0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}xy\ge0\left(1\right)\\-z^2\ge0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\y\ge0\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}x\le0\\y\le0\end{matrix}\right.\)

\(\left(2\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(z=0\)

Suy ra \(x^2+y^2=8\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y\right)^2-2xy=8\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(-z\right)^2-2xy=8\)

\(\Leftrightarrow\)\(-2xy=8\)

\(\Leftrightarrow\)\(xy=-4\)

\(\Leftrightarrow\)\(y=\dfrac{-4}{x}\)

Lại có \(x+y=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(x+\dfrac{-4}{x}=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{x^2-4}{x}=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x-2\right)\left(x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{-4}{2}=-2\\y=\dfrac{-4}{-2}=2\end{matrix}\right.\)

Vậy GTNN của \(S\) là \(0\) khi \(\left(x,y,z\right)=\left\{\left(2;-2;0\right),\left(-2;2;0\right)\right\}\)

Chúc bạn học tốt ~

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT=\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c}\)

\(=\dfrac{a^2}{ab+2ac+3ad}+\dfrac{b^2}{bc+2bd+3ab}+\dfrac{c^2}{cd+2ac+3bc}+\dfrac{d^2}{ad+2bd+3cd}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ad+bc+bd+ca+cd\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{\dfrac{3}{2}\left(a+b+c+d\right)^2}=\dfrac{2}{3}\)

*Chứng minh \(4\left(ab+ad+bc+bd+ca+cd\right)\le\dfrac{3}{2}\left(a+b+c+d\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-d\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(b-d\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(c-d\right)^2\ge0\)

Ta có:

\(\sum\dfrac{a}{b^3+16}=\sum\left(\dfrac{a}{16}-\dfrac{ab^3}{16\left(b^3+16\right)}\right)\ge\dfrac{a+b+c}{16}-\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{192}\)

\(=\dfrac{3}{16}-\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{192}\)

Giờ ta cần chứng minh

\(ab^2+bc^2+ca^2\le4\)

Ta có bổ đề:

\(ab^2+bc^2+ca^2+abc\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}\)(cái này tự chứng minh nha)

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le4-abc\le4\)

Sao chỗ đó e lại nghĩ là a dùng cosi mẫu thế e.

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3+a^2\ge\left(a+c\right)\left(a+b\right)\\3+b^2\ge\left(a+b\right)\left(b+c\right)\\3+c^2\ge\left(a+c\right)\left(b+c\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{bc}{\sqrt{3+a^2}}\le\dfrac{bc}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}\\\dfrac{ca}{\sqrt{3+b^2}}\le\dfrac{ca}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\\\dfrac{ab}{\sqrt{3+c^2}}\le\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{bc}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}+\dfrac{ca}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(\Leftrightarrow VT\le\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{c^2a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\) (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}\le\dfrac{\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{bc}{a+b}}{2}\\\sqrt{\dfrac{c^2a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{c^2a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\left(\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{ab}{a+c}\right)+\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{ca}{a+b}\right)+\left(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{ca}{b+c}\right)}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{c^2a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3}{2}\) (2)

Xét \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{3}{2}\) (3)

Từ (1) , (2) , (3)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{ca}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\) (đpcm)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)