\(VT=\sum\dfrac{a}{a+b}< \sum\dfrac{a+c}{a+b+c}=2\)

\(VP=\sum\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\sum\dfrac{a}{\sqrt{a}\cdot\sqrt{b+c}}>\sum\dfrac{2a}{a+b+c}=2\)

\(VP>2>VT\)

 Nguyễn Việt Lâm  Thầy giúp em được không ạ 

Đặt b+c=x;c+a=y;a+b=z

Áp dụng BĐT \(\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge9\), ta được

\(2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge9\)

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge4,5\)

\(\)\(\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{a+c}+\dfrac{a+b+c}{a+b}\ge4,5\)

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}+1+1+1\ge4,5\)

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\ge1,5\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

lm giúp e vs ạ

\(a+b+c\le1\) hoặc \(a+b+c=1\) nhá

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=9\)

Đẳng thức xảy ra khi ..........

Hoán vị các trung tỉ của tỉ lệ thức \(\dfrac{a+b}{b+c}=\dfrac{c+d}{d+a}\) được \(\dfrac{a+b}{c+d}=\dfrac{b+c}{d+a}\)

Cộng 1 vào mỗi tỉ số ta được \(\dfrac{a+b+c+d}{c+d}=\dfrac{b+c+a+d}{a+d}\)

Vì \(\dfrac{a+b+c+d}{c+d}=\dfrac{b+c+a+d}{a+d}\) \(\Rightarrow a+b+c+d=b+c+a+d=0\)

Vậy \(a+b+c+d=0\) (ĐPCM)

\(\dfrac{a+b}{b+c}=\dfrac{c+d}{d+a}=\dfrac{a+b+c+d}{b+c+d+a}\)

mà a+b+c+d=0 => đề sai

có phải ko ???

Theo BĐT Schur thì ta có:

\((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)

Vậy thì giờ chỉ theo AM-GM là xong

\(A=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}=3\)

Ta có : Do a ; b ; c là 3 cạnh của 1 tam giác nên :

\(\dfrac{a}{a+b+c}< \dfrac{a}{b+c}< \dfrac{2a}{a+b+c}\)

\(\dfrac{b}{a+b+c}< \dfrac{b}{c+a}< \dfrac{2b}{a+b+c}\)

\(\dfrac{c}{a+b+c}< \dfrac{c}{a+b}< \dfrac{2c}{a+b+c}\)

Cộng 3 vế với nhau , ta có :

\(1< \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}< 2\left(đpcm\right)\)

Ta có :

\(\dfrac{â}{b+c}>\dfrac{a}{a+b+c}\);

\(\dfrac{b}{c+a}>\dfrac{b}{a+b+c}\);

\(\dfrac{c}{a+b}>\dfrac{c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}>\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\) (*)

Ta có bất đằng thức tam giác : a+b > c ; b+c > a ; a+c > b

\(\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}< 1;\dfrac{b}{a+c}< 1;\dfrac{c}{a+b}< 1\)

Vì \(\dfrac{a}{b+c}< 1\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}< \dfrac{a+a}{a+b+c}=\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Tương tự :

\(\dfrac{b}{a+c}< \dfrac{2b}{a+b+c};\dfrac{c}{a+b}< \dfrac{2c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}< \dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\) (**)

Kết hợp (*) với (**)

=> ĐPCM

Do $a$, $b$, $c>0$ nên $\dfrac{a}{a+b}<1$, vì vậy: $\dfrac{a}{a+b+c}<\dfrac{a}{a+b}<\dfrac{a+c}{a+b+c}$.
Tương tự ta có: $\dfrac{b}{a+b+c}<\dfrac{b}{b+c}<\dfrac{b+a}{a+b+c}$ và $\dfrac{c}{a+b+c}<\dfrac{c}{a+c}<\dfrac{c+b}{a+b+c}$.
Cồng vế theo vế các bất đẳng thức tương tự ta thu được điều phải chứng minh.