Chủ đề này có 1 trả lời

[Gachdptrai12]

cho a,b,c là các số thực dương c/m

$\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a+b)(a+b+2c)}{(3a+3b+2c)^{2}}$

[Gachdptrai12]

treo miết bài này chẳng ai giải vậy ,mình xin đưa ra cách giải vậy 

chuẩn hóa a+b+c=1 ta có

bđt tương đương $\frac{abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}\leq \frac{(1-c)(1+c)}{(3-c)^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1}\leq \frac{1-c^{2}}{(3-c)^{2}} \frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1}$

áp dụng bđt c-s ta có

$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1}\leq \frac{1}{\frac{4}{a+b}+\frac{1}{c}-1}= \frac{1}{\frac{4}{1-c}+\frac{1}{c}-1}= \frac{c(1-c)}{(c+1)^{2}}$

do đó cần cm

$\frac{c(1-c)}{(c+1)^{2}}\leq \frac{1-c^{2}}{(3-c)^{2}}\Leftrightarrow (c+1)^{3}\geq c(3-c)^{2}\Leftrightarrow (3c-1)^{2}\geq 0$

đó bài này 3 cách còn mấy bài chưa giải tối mình sẽ đăng bài giải