Ta có$\frac{a}{a+6bc}\ge\frac{a}{a+\frac{3}{2}(b+c)^2}=\frac{2a}{3a^2-4a+3}$Ta cm $\frac{2a}{3a^2-4a+3}\ge \frac{4}{3}a-\frac{1}{9}\Leftrightarrow (a-\frac{1}{3})^2(a-\frac{4}{3})\le 0$ ( đúng)Vậy $\sum_{}^{}\frac{a}{a+6bc} \ge\frac{4}{3}(a+b+c)-3.\frac{1}{9}=1$ (đpcm)
Không mất tính tổng quát giả sử: a=min{a,b,c} $\Righta
rrow 3a\le1=>a\le\frac
{1}{3}$$\frac{a}{a+6bc}\ge\frac{a}{a+\frac{3}{2}(b+c)^2}=\frac{2a}{3a^2-4a+3}$Ta cm $\frac{2a}{3a^2-4a+3}\ge \frac{4}{3}a-\frac{1}{9}\Leftrightarrow (a-\frac{1}{3})^2(a-\frac{
3}{
4})\le 0$ ( đúng)Vậy $\sum_{}^{}\frac{a}{a+6bc} \ge\frac{4}{3}(a+b+c)-3.\frac{1}{9}=1$ (đpcm)
p/s: giúp bạn 1 bài này :D. Từ nay miễn nhe