\(VT=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)

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

\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{c+a}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}.\frac{c}{c+a}}\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)

\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Lời giải:

Áp dụng hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM ta có:

$3(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^2=9\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3$. Do đó:

\(\text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ac}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)

\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)

(theo BĐT AM-GM)

Do đó ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Giải theo pp UCT:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+3)(1+3)\geq (a+3)^2\Rightarrow \sqrt{a^2+3}\geq \frac{a+3}{2}$

$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \frac{2a}{a+3}$

Ta sẽ chứng minh:

$\frac{a}{a+3}\leq \frac{1}{4}+\frac{3}{16}(a-1)$

$\Leftrightarrow \frac{3}{4}(a-1)^2\geq 0$ (luôn đúng với mọi $a>0$)

Do đó: $\frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(a-1)$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

\(\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \sum [\frac{1}{2}+\frac{3}{8}(a-1)]=\frac{3}{2}+\frac{3}{8}(a+b+c-3)=\frac{3}{2}\)

a) Bình phương 2 vế được: \(\frac{4ab}{a+b+2\sqrt{ab}}\le\sqrt{ab}\)

<=> \(4ab\le\sqrt{ab}\left(a+b\right)+2ab\)

<=>\(\sqrt{ab}\left(a+b\right)\ge2ab\)

<=>\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

<=> \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy \(\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\le\sqrt[4]{ab}\forall a,b>0\)

3.Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)ta có

\(\frac{ab}{a+3b+2c}=ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+2b+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{9}ab.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{b+c}\right)\)

TT \(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ac}{9}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\)

=> \(VT\le\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\Sigma.\frac{1}{9}.\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ba}{a+c}\right)=\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)\)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

2. Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)

=> \(ab+bc+ac\le3\)

=> \(c^2+3\ge\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

=> \(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)

=> \(VT\le\Sigma\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

1. Ta có \(\sqrt{b^3+1}=\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(b^2+2\right)\)

=> \(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge\frac{2a}{2+b^2}=\frac{2a+ab^2-ab^2}{2+b^2}=a-\frac{2ab^2}{b^2+b^2+4}\)

Lại có \(b^2+b^2+4\ge3\sqrt[3]{b^4.4}\)

=> \(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{b^4.4}}=a-\frac{2}{3}.a.\sqrt[3]{\frac{b^2}{4}}\)

Mà \(\sqrt[3]{\frac{b^2}{4}.1}=\sqrt[3]{\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.1}\le\frac{1}{3}\left(b+1\right)\)

=>\(\frac{a}{\sqrt[3]{b^3+1}}\ge a-\frac{2}{3}.a.\frac{1}{3}\left(b+1\right)=\frac{7a}{9}-\frac{2}{9}ab\)

Khi đó

\(VT\ge\frac{7}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{2}{9}\left(ab+bc+ac\right)\)

Mà \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=12\)

=> \(VT\ge\frac{7}{9}.6-\frac{2}{9}.12=2\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2

Đề bài sai, giả sử \(a=0;b=-1;c=4\) thì biểu thức ko xác định

Do đó điều kiện phải là a;b;c là số thực dương

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1+\frac{1}{b}-\frac{2}{\sqrt{b}}+1+\frac{1}{c}-\frac{2}{\sqrt{c}}+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{b}}-1\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{c}}-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy BĐT ban đầu đúng

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Điều kiện \(a+b+c=3\) thừa ko biết để làm gì :)

a/ Nhân cả tử và mẫu của từng phân số với liên hợp của nó và rút gọn:

\(VT=\sqrt{a+3}-\sqrt{a+2}+\sqrt{a+2}-\sqrt{a+1}+\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\)

\(=\sqrt{a+3}-\sqrt{a}=\frac{3}{\sqrt{a+3}+\sqrt{a}}\)

b/ \(VT=\frac{x}{x\left(x+y+z\right)+yz}+\frac{y}{y\left(x+y+z\right)+zx}+\frac{z}{z\left(x+y+z\right)+xy}\)

\(=\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)

\(=\frac{x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\frac{2\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) (1)

Mặt khác ta có: \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

Thật vậy, \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)=\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+xyz\)

Mà \(xyz\le\frac{1}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\) (theo AM-GM)

\(\Rightarrow\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) (đpcm)

Thay vào (1) \(\Rightarrow VT\le\frac{2\left(xy+yz+zx\right)}{\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

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

\(=\sqrt{\frac{bc}{a+b}}.\sqrt{\frac{bc}{a+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}\right)\)

Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế rồi rút gọn ta được \(VT\le\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi a= b=c=1/3