Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)

Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.

BĐT bị ngược dấu, BĐT đúng phải là:

\(\dfrac{a}{ac+4}+\dfrac{b}{ab+4}+\dfrac{c}{bc+4}\le\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}\)

Ta có : \(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow a^2+b^2-ab\ge ab\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2-ab+b^2}\le\dfrac{1}{ab}=\dfrac{abc}{ab}=c\) ( do $abc=1$ )

Tương tự ta có :

\(\dfrac{1}{b^2-bc+c^2}\le a\)

\(\dfrac{1}{c^2-ab+a^2}\le b\)

Cộng vế với vế các BĐT trên có :

\(\dfrac{1}{a^2-ab+b^2}+\dfrac{1}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{1}{c^2-ac+a^2}\le a+b+c\)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

\(VT=\dfrac{1}{a^2+b^2-ab}+\dfrac{1}{b^2+c^2-bc}+\dfrac{1}{c^2+a^2-ca}\)

\(VT\le\dfrac{1}{2ab-ab}+\dfrac{1}{2bc-bc}+\dfrac{1}{2ca-ca}=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a+b+c}{abc}=a+b+c\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(ab+bc+ca\le1\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+1}\ge\sqrt{a^2+ab+bc+ca}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

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

\(tương\) \(tự\Rightarrow\Sigma\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}\le\dfrac{\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}}{2}+\dfrac{\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}}{2}+\dfrac{\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}}{2}=\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

\(dấu"="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{\dfrac{1}{3}}\)

Giải:

Vì \(0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow ab,ac,ab\geq abc\)

Do đó mà \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}\)

Giờ chỉ cần chỉ ra \(\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\). Thật vậy:

Do \(0\leq b,c\leq 1\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow bc+a+1\geq a+b+c\)

Suy ra \( \frac{a+b+c}{abc+1}\leq \frac{bc+a+1}{abc+1}=\frac{bc+a-2abc-1}{abc+1}+2=\frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\)

Ta có \(\left\{\begin{matrix}bc\le1\\a\le1\\abc\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(bc-1\right)\left(1-a\right)\le1\\-abc\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\leq 2\Rightarrow \frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\)

Chứng minh hoàn tất

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,1,1)\) và hoán vị.

vao cau hoi hay OLM itm

\(Q=\dfrac{2-\dfrac{c}{a}-\dfrac{2b}{a}+\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)}{1-\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}}=\dfrac{2-mn+2\left(m+n\right)-mn\left(m+n\right)}{1+m+n+mn}\)

\(Q=\dfrac{\left(2-mn\right)\left(m+n+1\right)}{\left(m+1\right)\left(n+1\right)}\ge\dfrac{\left[8-\left(m+n\right)^2\right]\left(m+n+1\right)}{\left(m+n+2\right)^2}\)

Đặt \(m+n=t\Rightarrow0\le t\le2\)

\(Q\ge\dfrac{\left(8-t^2\right)\left(t+1\right)}{\left(t+2\right)^2}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{\left(2-t\right)\left(4t^2+15t+10\right)}{4\left(t+2\right)^2}+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(t=2\) hay \(m=n=1\)

Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3.\)

\(P=\frac{\frac{1}{a}}{1+\frac{b}{a}.\frac{c}{a}}+\frac{\frac{1}{b}}{1+\frac{c}{b}.\frac{a}{b}}+\frac{\frac{1}{c}}{1+\frac{a}{c}.\frac{b}{c}}\)

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\text{ }\frac{1}{b};\text{ }\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)

Thì \(x+y+z=3\)

\(P=\frac{x}{1+\frac{z}{x}}+\frac{y}{1+\frac{x}{y}}+\frac{z}{1+\frac{y}{z}}=\frac{x^2}{x+z}+\frac{y^2}{y+x}+\frac{z^2}{z+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+z+y+x+z+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2}=\frac{9}{2}.\)

bạn còn cách nào khác như biến đổi thẳng luôn trong vế trái thay vì đặt x,y ,z được không ? Cảm ơn nhiều !

ban co si duoi mau . sau do ap dung co si nguoc cho ca phan so la ra

*)a=-0,372870255

b=0,69

c=0,89

thỏa mãn bằng 2

*)a=0

b=0,1

c=0,11

thỏa mãn bé hơn 2 mà các số lớn hớn 0 đều lớn hơn a,b,c theo trình tự nên mọi 0<=a<=b<=c<=1 đều thỏa mãn biểu thức đó

t cũng ko biết c/m số dưới dạng biến thế nào

c=c.1 thay 1 bằng a+b+c xong cô si