$\dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\leq \dfrac{5a+b}{18}\Leftrightarrow \dfrac{(5\sqrt{a}+2\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{18(\sqrt{a}+2\sqrt{b})}\geq 0$ ( đúng vì $a,b>0$ )

Tương tự ta có: $\Rightarrow \sum \dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}} \leq \dfrac{6(a+b+c)}{18}=\dfrac{a+b+c}{3}$

Dấu $''=''$ ta có:: $\Leftrightarrow a=b=c$

Cách khác:

Ta có: $\sum \dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}} \le \dfrac{a+b+c}{3}$$\Leftrightarrow \dfrac{2a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{2(a+b+c)}{3}$$\Leftrightarrow \left( a-\dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}} \right)\le \dfrac{2(a+b+c)}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}}\ge \dfrac{a+b+c}{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có:

$\sum \left (\dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}} \right ) = \sum \left (\dfrac{a^2}{2\sqrt{ab}+a} \right ) \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2} \ge \dfrac{a+b+c}{3}$

Cách 2:

Sử dụng bất đẳng thức $\dfrac{9}{x+y+z}\le \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$ ta có: $\dfrac{9}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{2}{\sqrt{b}}$

$\Rightarrow \dfrac{9a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}}+\dfrac{2a\sqrt{b}}{\sqrt{b}}=\sqrt{ab}+2a$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng vào ta được:

  $\sum{\dfrac{9a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}}\le \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+2(a+b+c)\le 3(a+b+c)$$\Rightarrow \sum{\dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}}\le \dfrac{a+b+c}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$

$\dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\leq \dfrac{5a+b}{18}\Leftrightarrow \dfrac{(5\sqrt{a}+2\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{18(\sqrt{a}+2\sqrt{b})}\geq 0$ ( đúng vì $a,b>0$ )

Tương tự ta có:$\Rightarrow \sum \dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}} \leq \dfrac{6(a+b+c)}{18}=\dfrac{a+b+c}{3}$

Dấu $''=''$ ta có:: $\Leftrightarrow a=b=c$

Cách khác:

Ta có: $\sum \ddfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}} \le \ddfrac{a+b+c}{3}$$\Leftrightarrow \dfrac{2a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{2(a+b+c)}{3}$$\Leftrightarrow \left( a-\dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}} \right)\le \dfrac{2(a+b+c)}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}}\ge \dfrac{a+b+c}{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có:

$\sum \left (\ddfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{b}+\sqrt{a}} \right ) = \sum \left (\ddfrac{a^2}{2\sqrt{ab}+a} \right ) \ge \ddfrac{(a+b+c)^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2} \ge \ddfrac{a+b+c}{3}$

Cách 2:

Sử dụng bất đẳng thức $\dfrac{9}{x+y+z}\le \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$ ta có: $\dfrac{9}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{2}{\sqrt{b}}$

$\Rightarrow \dfrac{9a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}\le \dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}}+\dfrac{2a\sqrt{b}}{\sqrt{b}}=\sqrt{ab}+2a$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng vào ta được:

  $\sum{\dfrac{9a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}}\le \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+2(a+b+c)\le 3(a+b+c)$$\Rightarrow \sum{\dfrac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}}\le \dfrac{a+b+c}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$