Chủ đề này có 2 trả lời

[thuylinhnguyenthptthanhha]

Bài toán:

Cho $a+b+c=abc.$

Chứng minh:

                   $\frac{3\sqrt{3}}{4} \leq \frac{bc}{a(1+bc)}+\frac{ca}{b(1+ca)}+\frac{ab}{c(1+ab)}\leq \frac{abc}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuylinhnguyenthptthanhha: 22-09-2016 - 20:47

[hanguyen445]

Đóng góp một vế:

Thay \[\left( {a,b,c} \right) = \left( {\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}} \right) \to xy + yz + zx = 1.\]

Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với: \[\frac{{3\sqrt 3 }}{4} \le \sum {\frac{x}{{1 + yz}}}  \le \frac{1}{{4xyz}}\]

\[P = \sum {\frac{x}{{1 + yz}}}  = \sum {\frac{x}{{xy + zx + 2yz}} = \sum {\frac{{{x^2}}}{{{x^2}\left( {y + z} \right) + 2xyz}}}  \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\sum {{x^2}\left( {y + z} \right) + 6xyz} }} = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) + 3xyz}}} \]

Lại có:

\[3xyz \le \frac{1}{3}\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right){\rm{;}}\,\,{\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 3\left( {xy + yz + zx} \right) = 3\]

Suy ra:

\[P \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) + \frac{1}{3}\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)}} \ge \frac{{3\left( {x + y + z} \right)}}{{4\left( {xy + yz + zx} \right)}} \ge \frac{{3\sqrt {3\left( {xy + yz + zx} \right)} }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\]

[Namvip]

Ta có 

$\sum \frac{bc}{a(1+bc)}=\sum \frac{bc}{2a+b+c}$

$\frac{bc}{2a+b+c}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c} \right )$

CMTT 

=> $\sum \frac{bc}{2a+b+c}\leq \frac{1}{4}\sum \left ( \frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{a+b} \right )=\frac{1}{4}\sum c=\frac{a+b+c}{4}=\frac{abc}{4}$