\(\Leftrightarrow\left(1+ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

Áp dụng BĐT quen thuộc:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc+9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

Do \(3\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(a+b+c\right)=9abc\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge9abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge9\)

Hiển nhiên đúng do \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=9\)

Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b\).

\(3=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\Rightarrow abc\le1\)

\(\dfrac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{1}{1+a\left(ab+ac\right)}=\dfrac{1}{1+a\left(3-bc\right)}=\dfrac{1}{1+3a-abc}=\dfrac{1}{3a+\left(1-abc\right)}\le\dfrac{1}{3a}\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\le\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3c}=\dfrac{ab+bc+ca}{3abc}=\dfrac{3}{3abc}=\dfrac{1}{abc}\)

Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\) 

Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)

Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)

Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )

\(\Rightarrow\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\left(1\right)\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)

\(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\left(3\right)\)

Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1

Cách giải của

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\)

Ta áp dụng bất đẳng thức Cô si dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\) cho các căn thức ở mẫu, khi đó ta được:

\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\ge\) với biểu thức

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

Khi đó ta cần chứng minh: 

\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\ge\dfrac{3}{4}\)

Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2a+3b+3c\\y=3a+2b+3c\\z=3a+3b+2c\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=\dfrac{1}{4}\left(3y+3z-5x\right)\\2b=\dfrac{1}{4}\left(3z+3x-5y\right)\\2c=\dfrac{1}{4}\left(3x+3y-5z\right)\end{matrix}\right.\)

Khi đó đẳng thức trên được viết lại thành:

\(\dfrac{3y+3z-5x}{4x}+\dfrac{3z+3x-5y}{4y}+\dfrac{3x+3y-5z}{4z}\ge\dfrac{3}{4}\)

Hay: \(3\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)-15\ge3\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo bất đẳng thức Cô si.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Đặt \(x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\)

Khi đó bđt đã tro chở thành:

\(\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{xy}{z^2+3xy}\le\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{3}-\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{xy}{z^2+3xy}\ge1-\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x^2+3yz}+\dfrac{y^2}{y^2+3zx}+\dfrac{z^2}{z^2+3xy}\ge\dfrac{3}{4}\) (đpcm)

11/Theo BĐT AM-GM,ta có; \(ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)\(=\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)

Tương tự với hai BĐT kia,cộng theo vế và rút gọn ta được đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi a= b=c

Ơ vãi,em đánh thiếu abc dưới mẫu,cô xóa giùm em bài kia ạ!

9/ \(VT=\frac{\Sigma\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)

\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8+abc+\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\le\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+9+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}\)

\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}=1\left(Q.E.D\right)\)

"=" <=> a = b = c = 1.

Mong là lần này không đánh thiếu (nãy tại cái tội đánh ẩu)

10/Thêm \(\frac{b}{a}-2\) ở mỗi vế ta cần chứng minh:

\(\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{b}{c}\ge\frac{4a}{a+c}+\frac{b}{a}-2\) (vận dùng đẳng thức \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2=\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}=\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\))

\(\Leftrightarrow\frac{c\left(a-b\right)^2+ab^2}{abc}\ge\frac{4a^2+ab+bc-2a\left(a+c\right)}{a\left(a+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{c\left(a-b\right)^2+ab^2}{abc}\ge\frac{2a^2+a\left(b-c\right)+c\left(b-a\right)}{a\left(a+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(c\left(a-b\right)^2+ab^2\right)\left(a+c\right)}{abc\left(a+c\right)}-\frac{\left(2a^2+a\left(b-c\right)+c\left(b-a\right)\right)bc}{abc\left(a+c\right)}\ge0\)

Em làm tắt tiếp:v

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(ac^2+b^2c+ca^2+ab^2-4abc\right)}{abc\left(a+c\right)}\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(ac^2+b^2c+ca^2+ab^2-4abc\right)}{bc\left(a+c\right)}\ge0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta được: \(VT\ge\frac{4\sqrt[4]{\left(abc\right)^4}-4abc}{bc\left(a+c\right)}=\frac{0}{bc\left(a+c\right)}=0\)

Ta có Q.E.D. 

P/s: Đúng không ta? Mà sao có người tk sai nhỉ?

\(\dfrac{bc}{a+b+c+a}\le\dfrac{bc}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)\\ \dfrac{ac}{b+c+a+b}\le\dfrac{ac}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\\ \dfrac{ab}{a+c+b+c}\le\dfrac{ab}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\right)\\ \Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{a+b}\left(\dfrac{bc}{4}+\dfrac{ac}{4}\right)+\dfrac{1}{a+c}\left(\dfrac{bc}{4}+\dfrac{ab}{4}\right)+\dfrac{1}{b+c}\left(\dfrac{ac}{4}+\dfrac{ab}{4}\right)\\ =\dfrac{1}{a+b}\cdot\dfrac{c\left(a+b\right)}{4}+\dfrac{1}{a+c}\cdot\dfrac{b\left(a+c\right)}{4}+\dfrac{1}{b+c}\cdot\dfrac{a\left(b+c\right)}{4}\\ =\dfrac{c}{4}+\dfrac{b}{4}+\dfrac{a}{4}\\ =\dfrac{a+b+c}{4}\left(đfcm\right)\)

Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)

Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\) 

Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\) 

" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)