B5

Bài giải:

sữ dụng đánh giá sau:
$\sqrt{(b+2)(b^{2}-b+2)}\leq \dfrac{b+2+b^{2}-b+2}{2}\leq \dfrac{b^{2}+4}{2}$
ta đưa bài toán về chứng minh
$\sum \dfrac{a}{b^{2}+4}\geq \dfrac{3}{4}$
ta có $\dfrac{a}{b^{2}+4}=\dfrac{a}{4}-\dfrac{ab^{2}}{4(b^{2}+4)}\geq \dfrac{a}{4}-\dfrac{ab^{2}}{4.4b}\geq \dfrac{a}{4}-\dfrac{ab}{16}$
làm tương tự 2 phânt thức kia kết hợp với bđt $ab+bc+ca\leq \dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}\leq 12$ là ra

Bài 4

Bài giải:

$x+y+x \geq \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{9}{x+y+z} $
$\Rightarrow x+y+z \geq 3 $
$\Rightarrow (x+y+z)^2 = \dfrac{(x+y+z)^2}{3}+\dfrac{2(x+y+z)^2}{3} \geq 3 + \dfrac{2(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})^2}{3} \geq 3 + 2( \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx})$
đpcm

Bài giải:

(WhjteShadow)$\bullet$ Vế trái:
Do $a,b,c$ là các số thực dương nên $a+b<a+b+c\\ b+c<a+b+c\\ c+a<a+b+c$
Từ đó ta có:
$\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}>\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1$
$\sqrt{\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}}>0$ 
Nên ta có:
$1<\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\sqrt{\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}}$
Ta không thể thay $1$ bằng số khác ( Thật vậy thử với $a,b\to 0$ )
$\bullet$ Vế phải:
Đặt $\dfrac{b}{a}=x,\dfrac{c}{b}=y,\dfrac{a}{c}=z$ ($x,y,z>0,xyz=1$) ta cần chứng minh:
$\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}+\sqrt{\dfrac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}}\leq 2$
Quy đồng và đưa bất đẳng thức về the0 ngôn ngữ $p,q,r$ với chú ý $r=1$ ta có bất đẳng thức tương đương:
$\dfrac{3+2p+q}{2+p+q}+\sqrt{\dfrac{2}{2+p+q}}\leq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{2}{2+p+q}}\leq \dfrac{1+q}{2+p+q}$
$\Leftrightarrow 2(2+p+q)\leq (1+q)^2$
$\Leftrightarrow 3+2p\leq q^2$
Điều này luôn đúng do $q^2\geq 3pr=3q\geq 2p+3$
Kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$ $\square$

Bài 2

Bài giải:

Đặt $x=a+b;y=b+c;z=c+a$
Có:
$P=\sum \sqrt{\dfrac{xy}{xy+z}}=\sum \sqrt{\dfrac{xy}{(x+z)(z+y)}}\leq\dfrac{1}{2}\sum (\dfrac{x}{x+z}+\dfrac{y}{z+y})=\dfrac{3}{2}\blacksquare$
$"=" <=>x=y=z=\dfrac{1}{6}$