Đáp án:
\[\dfrac{1}{2+a}+\dfrac 1{2+b}+\dfrac 1{2+c}\le 1\]
Giải thích các bước giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương:
\[ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{ab\cdot bc\cdot ca}=3\sqrt[3]{(abc)^2}\ge 3\]
mà \(abc=1\) nên:
\(ab+bc+ca+4(a+b+c)+12\le 1+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+9\\\to ab+bc+ca+4(a+b+c)+12\le abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+8\\\to (b+2)(c+2)+(a+2)(c+2)+(a+2)(b+2)\le (a+2)(b+2)(c+2)\\\to \dfrac{(b+2)(c+2)+(a+2)(c+2)+(a+2)(b+2)}{(a+2)(b+2)(c+2)}\le \dfrac{(a+2)(b+2)(c+2)}{(a+2)(b+2)(c+2)}\\\to \dfrac{1}{2+a}+\dfrac 1{2+b}+\dfrac 1{2+c}\le 1\)
\(\to\) Điều phải chứng minh
