Trước hết ta chứng minh BĐT sau:
\(x^2+y^2+z^2+2yz=x^2+\left(y+z\right)^2\ge2x\left(y+z\right)\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{c^2}{c^2+ab+1}\le\frac{c}{a+b+c}\) (1)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(\frac{2c^2}{2c^2+2ab+a^2+b^2+c^2}\le\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow2c^2\left(a+b+c\right)\le c\left(a^2+b^2+2ab+3c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow c\left(a^2+b^2+2ab+c^2-2ac-2bc\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(a+b-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng với mọi số thực không âm)
Đồng thời áp dụng hệ quả đã chứng minh ban đầu:
\(\frac{a^2}{a^2+bc+1}=\frac{2a^2}{2a^2+\left(2bc+a^2+b^2+c^2\right)}\le\frac{2a^2}{2a^2+2a\left(b+c\right)}=\frac{a}{a+b+c}\) (2)
Tương tự ta được: \(\frac{b^2}{b^2+ac+1}\le\frac{b}{a+b+c}\) (3)
Cộng vế với vế (1); (2); (3) \(\Rightarrow P\le1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
Giờ bận ăn cơm, có gì buổi tối bài nào làm được thì mình làm tiếp
