Thông thường sẽ tính ra giá trị $T$ cụ thể nhưng bài này thì với $a,b,c$ khác nhau thì giá trị $T$ cũng khác nhau.

Bạn xem lại đề xem có gõ nhầm chỗ nào không?

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

\(\Rightarrow\frac{a}{a+\sqrt{2020a+bc}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự: \(\frac{b}{b+\sqrt{2020b+ca}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\) ; \(\frac{c}{c+\sqrt{2020c+ab}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Cộng vế với vế: \(P\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=...\)

\(a+b+c=2020\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{2020}\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)=abc\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)-abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(b+c\right)+a\left(ab+ac\right)+abc-abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(b+c\right)+a^2\left(b+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac+a^2\right)\left(b+c\right)=0\)

\(=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

Nếu a + b = 0 thì c = 2020

Nếu b + c = 0 thì a = 2020

Nếu a + c = 0 thì b = 2020

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\)

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

\(\Rightarrow\frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)=abc\)

\(\Rightarrow a^2b+a^2c+abc+ab^2+abc+b^2c+abc+ac^2+bc^2=abc\)

\(\Rightarrow...\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

\(TH1:a=-b\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a}-\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1}{c}\)

Mà \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\Rightarrow\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\Leftrightarrow c=2020\)

Các trường hợp kia tương tự

làm như ông Ctk_new hay hơn

thay 2020 = abc vào biểu thức A ta được :

\(A=\frac{2020a}{ab+2020a+2020}+\frac{b}{bc+b+2020}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(\Rightarrow A=\frac{abc.a}{ab+abc.a+abc}+\frac{b}{bc+b+abc}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(\Rightarrow A=\frac{abc.a}{ab\left(1+ac+c\right)}+\frac{b}{b\left(c+1+ac\right)}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(\Rightarrow A=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(\Rightarrow A=\frac{ac+1+c}{ac+c+1}=1\)

VẬy A=1

sao ko có ai giúp mk vậy

Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:

\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:

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

Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:

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

Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)

Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)

Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:

\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)

Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:

\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)

\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vậy ta cần chỉ ra rằng:

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

Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)