Đầu tiên ta cm bđt:\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\)(tự cm)

Áp dụng ta có:

\(A=\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ca}\ge\dfrac{9}{3+ab+bc+ca}\)

Cần cm:\(ab+bc+ca\le3\)

Hay \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

=>đpcm

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

\(A=\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ca}\)

\(A\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{3+ab+bc+ac}=\dfrac{9}{3+ab+bc+ac}\)

Mặt khác,theo hệ quả AM-GM: \(ab+bc+ac\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le\dfrac{3^2}{3}=3\)

\(\Rightarrow\dfrac{9}{3+ab+bc+ac}\ge\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có:

\(a^3+a^3+1\geq 3\sqrt[3]{a^6}=3a^2\)

\(b^3+b^3+1\geq 3\sqrt[3]{b^6}=3b^2\)

\(c^3+c^3+1\geq 3\sqrt[3]{c^6}=3c^2\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được ta có:

\(2(a^3+b^3+c^3)+3\geq 3(a^2+b^2+c^2)\)

\(\Leftrightarrow 2A+3\geq 9\)

\(\Leftrightarrow A\geq 3\)

Vậy \(A_{\min}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài 1:a,b,c ba cạnh tam giác => a,b,c dương

\(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a+b>c\\b+c>a\end{matrix}\right.\) ta có: \(\dfrac{x}{y}< \dfrac{x+p}{y+p}\forall_{x,y,p>0\&x< y}\)

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

\(=\dfrac{a+b+c+b+c}{a+b+c}< \dfrac{\left(a+b+c\right)+\left(A+b+c\right)}{a+b+c}< \dfrac{2\left(b+a+c\right)}{a+b+c}=2=VP\)

p/s: đề sao làm vậy:

mình nghi đề phải thế này: \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}< 2\) cách làm đơn giản hơn

hướng dẫn bài 2,3 giúp mình với

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

\(P=\dfrac{a^2}{a^2+2bc}+\dfrac{b^2}{b^2+2ac}+\dfrac{c^2}{c^2+2ab}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)