$VT=\sqrt{\frac{b^2{c}^2}{a\left(a+b+c\right)+bc}}+\sqrt{\frac{a^2{c}^2}{b\left(a+b+c\right)+ac}}+\sqrt{\frac{a^2{b}^2}{c\left(a+b+c\right)+ab}}$

$VT=\sqrt{\frac{b^2{c}^2}{a^2+ab+ac+bc}}+\sqrt{\frac{a^2{c}^2}{ab+b^2+bc+ca}}+\sqrt{\frac{a^2{b}^2}{ca+bc+c^2+ab}}$

$VT=\sqrt{\frac{b^2{c}^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{a^2{c}^2}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{a^2{b}^2}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}\sqrt{\frac{b^2{c}^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le \frac{\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}}{2}\\ \sqrt{\frac{a^2{c}^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le \frac{\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}}{2}\\ \sqrt{\frac{a^2{b}^2}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le \frac{\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}}{2}\end{array}$

$\Rightarrow VT\le \frac{\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{a+b}\right)+\left(\frac{ca}{b+c}+\frac{ab}{b+c}\right)+\left(\frac{bc}{c+a}+\frac{ab}{c+a}\right)}{2}$

$\Rightarrow VT\le \frac{\left[\frac{c\left(a+b\right)}{a+b}\right]+\left[\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}\right]+\left[\frac{b\left(c+a\right)}{c+a}\right]}{2}$

$\Rightarrow VT\le \frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}$

$\iff \frac{bc}{\sqrt{a+bc}}+\frac{ac}{\sqrt{b+ca}}+\frac{ab}{\sqrt{c+ab}}\le \frac{1}{2}$ ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Nếu Đặt p là nửa chu vi => p = (a + b + c)/2 => 2p = a + b + c 
=> p - a = (a + b + c)/2 - a 
=> p - a = (b + c + a - 2a)/2 
=> p - a = (b + c - a)/2 
=> 2(p - a) = b + c - a (1) 
Tương tự ta chứng minh được: 
2(p - b) = a + c - b (2) 
2(p - c) = a + b - c (3) 
Từ (1); (2) và (3) => 1/(a + b - c) + 1/(b +c - a) +1/(c +a - b) 
= 1/[ 2(p - c) ] + 1/[ 2(p - a) ] + 1/[ 2(p - b) ] 
=1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] 
Bây giờ ta đã đưa bài toán về chứng minh 
1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Ta có: (x - y)² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² + 4xy ≥ 4xy 
<=> x² + 2xy + y² ≥ 4xy 
<=> (x + y)² ≥ 4xy 
=> với x + y ≠ 0 và xy ≠ 0 
=> (x + y)²/(x+ y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y)/xy ≥ (4xy)/[xy(x + y)] 
=> 1/x + 1/y ≥ 4/(x + y) (*) 
Áp dụng (*) với x = p - a và y = p - b ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(p - a + p - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(2p - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(a + b + c - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/c (4) 
Chứng minh tương tự ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - c) ≥ 4/b (5) 
1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/a (6) 
Cộng vế với vế của (4);(5) và (6) ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - a) + 1/(p - c) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 2(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/2.( 2(1/a + 1/b + 1/c) ) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c.