Èo, căng thế:

BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\Sigma a+\Sigma\sqrt{ab}\)(chú ý cái giả thiết a + b  + c = 1)

Thật vậy áp dụng BĐT Bunyakovski: \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]}\)

\(\ge\sqrt{\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\). Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế có ngay đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3

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)

Trong câu hỏi tương tự có người làm rồi đó bạn:

https://hoc24.vn/hoi-dap/question/513461.html

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

Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}\right)\) ; \(\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)

Cộng vế với vế:

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{a+b}\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

-Mình thử trình bày cách làm của mình nhé, bạn xem thử có gì sai sót không hoặc chỗ nào bạn không hiểu thì hỏi mình nhé.

Ta chứng minh 

\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta suy ra được

\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Một cách chứng minh rất sáng tạo ko lệ thuộc vào cách truyền thống. Cho bn 1 k

Cách khác: Áp dụng BĐT Huygens ta có:

\(\sqrt{a+bc}=\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

\(\ge a+\sqrt{bc}\). Thiết lập 2 BĐT tương tự là:

\(\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ac};\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên có:

\(VT\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+a+b+c=VP\) (vì a+b+c=1)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)