Lời giải:

Sửa lại điều kiện $ab+bc+ac=1$ mới đúng nhé bạn

Thay $1=ab+bc+ac$ ta có:

$A=(a^2+ab+bc+ac)(b^2+ab+bc+ac)(c^2+ab+bc+ac)$

$=(a+b)(a+c)(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)$

$=[(a+b)(b+c)(c+a)]^2$

Vì $a,b,c\in\mathbb{Q}$ nên $(a+b)(b+c)(c+a)\in \mathbb{Q}$

Do đó $A$ là bình phương của số hữu tỉ.

Ta có đpcm.

lay 3-VT la xong ban ak,day la phuongphap dao dau ma

a)\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) với mọi x

->Đpcm

2 phần kia mai tui lm nốt cho h đi ngủ

Dễ mà

 Theo quy luật

Mà thôi giải ra dài dòng lắm

Dài quá nên thôi!Thông cảm!

cái mẫu cuối c/.... có mũ 2 ko bạn

dạ có ạ

Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có:

\(VT\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ca}=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{7}{ab+bc+ca}\)

\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{7}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{7}{\dfrac{1}{3}}=9+21=30\)

Ta chứng minh 

\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta suy ra được

\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Một cách chứng minh rất sáng tạo ko lệ thuộc vào cách truyền thống. Cho bn 1 k