Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{ab}{6+a-c}=\frac{ab}{a+b+c+a-c}=\frac{ab}{2a+b}\)

\(=\frac{ab}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a}+\frac{ab}{a}+\frac{ab}{b}\right)=\frac{1}{9}\left(2b+a\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\frac{bc}{6+b-a}\le\frac{1}{9}\left(2c+b\right);\frac{ca}{6+c-b}\le\frac{1}{9}\left(2a+c\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\frac{1}{9}\cdot3\left(a+b+c\right)=\frac{1}{3}\cdot\left(a+b+c\right)=\frac{6}{3}=2\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=2\)

Vì \(a,b,c\le1\) nên ta có:

\(\hept{\begin{cases}1-a\ge0\\1-b\ge0\\1-c\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)

Mà ta có: \(\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\\1-abc\le1\end{cases}}\)

Từ đó suy ra:

\(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)

Ta có ĐPCM

Ta có: \(b;c\in\left[0;1\right]\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\) (1)

\(a;b;c\in\left[0;1\right]\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}}\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\le1\)

=> ĐPCM. Dấu "=" xảy ra <=> (a;b;c) là 1 trong các hoán vị của (0;1;1) hoặc (0;0;1).

Ta có: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-abc+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\le1-abc\le1\)

Mà \(\hept{\begin{cases}b\ge b^2\\c\ge c^3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\le1-abc\le1\)

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)

vì a,b,c thuộc [0;1] =>0 </ a,b,c </ 1 => b(b-1) </ 0 ;c(c^2-1) </ 0=> b^2 </ b , c^3 </ c 

=>a+b^2+c^3-ab-bc-ca </ a+b+c-ab-bc-ac = a+b+c-(ab+bc+ac) 

cũng có a,b,c thuộc [0;1] => (1-a)(1-b)(1-c)=(1-b-a+ab)(1-c)=1-c-b+bc-a+ac+ab-abc >/ 0 

=>ab+bc+ac-(a+b+c) +1 >/ abc >/ 0 (do a,b,c >/ 0 ) => a+b+c-(ab+bc+ca)-1 </ 0 => a+b+c-(ab+bc+ac) </ 1 

->đpcm