\(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+ab+ac+bc}}=\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{a}{2}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\) Chứng minh tương tự ta được:

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

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{c+b}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\left(1+1+1\right)=\dfrac{3}{2}\) Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

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

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

Cộng vế:

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

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

Giải:

Biến đổi vế trái, ta được:

(a−1)(b−1)(c−1)(a−1)(b−1)(c−1)

=(ab−a−b+1)(c−1)=(ab−a−b+1)(c−1)

=abc−ab−ac+a−bc+b+c−1=abc−ab−ac+a−bc+b+c−1

=abc−ab−ac−bc+a+b+c−1=abc−ab−ac−bc+a+b+c−1

=abc−(ab+ac+bc)+(a+b+c)−1=abc−(ab+ac+bc)+(a+b+c)−1

Thay ab + ac + bc = abc và a + b + c = 1, ta được:

=abc−abc+1−1=abc−abc+1−1

=0

 Ta có:

( a − 1 ) ( b − 1 ) ( c − 1 )

=( ab − a − b + 1) .( c − 1 )

=( abc − ab ) + ( −ac + a ) + ( −bc + b ) + ( c − 1 )

= abc − ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) − 1

= [ abc − ( ab + bc +ca ) ] + [a + b + c − 1 ]

= 0 + 0

=0

Vô lí vì a+b+c=0\(\Rightarrow\frac{5}{a+b+c}\)không có đáp án

Bạn tham khảo ở đây nhé

https://olm.vn/hoi-dap/detail/49527613309.html

Ta chứng minh được

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Rightarrow P\le\sum\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}=\sum\frac{1}{a^2+b^2+1}\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)

Ta lại chứng minh được:

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)

\(\Rightarrow P\le\sum\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\sum\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}=\sum\frac{z}{x+y+z}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Đây là bài thi vào 10 của Thanh Hóa thì phải

Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn \(0\le a\le b\le c\le1\)

Chứng minh rằng \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le2\)

Giải : 

Từ giả thiết ta có : \(\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\Leftrightarrow1-\left(b+c\right)+bc\ge0\Rightarrow bc+1\ge b+c\Rightarrow\frac{a}{bc+1}\le\frac{a}{b+c}\le\frac{a}{a+b}\left(1\right)\)

Tương tự ta cũng có : \(\frac{b}{ac+1}\le\frac{b}{a+c}\le\frac{b}{a+b}\left(2\right)\) ; \(\frac{c}{ab+1}\le c\le1\left(3\right)\)

Cộng (1) , (2) , (3) theo vế ta được : \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{a+b}{a+b}+1=2\)

Vậy \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le2\)

ta có : a<= 1 => a-1<=0 

          b<=1 => b-1<=0  

=> (b-1)(a-1) >= 0 => ab-a-b+1 >=0 => ab+1>=a+b => 2ab+1>= a+b ( vì ab>=0) 

=> 2ab+1+1>= a+b+c  ( vì 1>= c) 

2ab+2>=a+b+c => 1/2ab+2<=1/a+b+c c/ab+1<= 2c/a+b+c

chứng minh tương tự ta có b/ac+1 <= 2b/a+b+c ;   a/bc+1<= 2a/a+b+c 

=> a/bc+1+b/ac+1 + c/ab+c <= 2a+2b+2c / a+b+c = 2 ( đpcm )

Bạn Nguyễn Thị Thùy Chi làm dễ hiểu hơn đấy

theo bất đẳng thức côsi ta có :

\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

\(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)

\(\left(c+a\right)^2\ge4ca\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64a^2b^2c^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)