$\dfrac{9}{10}\le \dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}< 1$

[Bulgaria 2004] Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Cmr:
$$\dfrac{9}{10}\le \dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}<1$$.

Lời giải:

Cách 1:

Do $1+bc>1$ nên $\dfrac{a}{1+bc}<a$
Tương tự suy ra $\dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}<1$.
Giả sử $a\le b\le c\Rightarrow \dfrac{1}{1+bc}\ge \dfrac{1}{1+ca}\ge \dfrac{1}{1+ab}.$
Sử dụng BĐT Chebyshev, Cauchy Schwarz và bđt quen thuộc $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$ ta có
$$\begin{align*} 3\sum \dfrac{a}{1+bc}&\ge \sum a. \sum \dfrac{1}{1+bc}\\ &=\sum \dfrac{1}{1+bc}\\ &\ge \dfrac{9}{3+\sum ab}\\ &\ge \dfrac{9}{3+\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}=\dfrac{27}{10} \end{align*}$$
Từ đó ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$.

Cách 2:

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz
\[\sum {\frac{{{a^2}}}{{a + abc}}}  \geqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c + 3abc}} = \frac{1}{{1 + 3abc}}\]
Áp dụng bđt AM-GM
\[1 + 3abc \leqslant 1 + \frac{1}{9}{\left( {a + b + c} \right)^3} = \frac{{10}}{9}\]
Nên suy ra
\[\frac{a}{{1 + bc}} + \frac{b}{{1 + ac}} + \frac{c}{{1 + ab}} \geqslant \frac{9}{{10}}\]
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$.

Cách 3:

Ta có: $$bc\le \dfrac{(b+c)^2}{4}=\dfrac{(1-a)^2}{4}$$.
$$\Rightarrow \dfrac{a}{1+bc}\ge \dfrac{4a}{4+(1-a)^2}$$
Ta đi chứng minh
$$\begin{align*} &\dfrac{4a}{4+(1-a)^2}\ge \dfrac{99}{100}a-\dfrac{3}{100}\\ \Leftrightarrow &(3a-1)^2(11a-15)\le 0. \end{align*} \text{(Luôn đúng do $0<a<1$)}.$$

Tương tự cộng theo vế ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$.