Chủ đề này có 2 trả lời

[Thanh Long Nguyen]

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=abc$
.Cmr $(a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})\leqslant \frac{9}{4}$

MOD: Chú ý gõ Latex nhé bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 25-04-2021 - 13:18

[KietLW9]

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=abc$
.Cmr $(a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})\leqslant \frac{9}{4}$

MOD: Chú ý gõ Latex nhé bạn

Ta có: $\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\frac{a}{a^2+abc}+\frac{b}{b^2+abc}+\frac{c}{c^2+abc}=\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c}{c^2+ab+bc+ca}$

 

$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})=\frac{a^2+ab+ac}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b^2+bc+ba}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c^2+ca+cb}{c^2+ab+bc+ca}=(1-\frac{bc}{(a+b)(a+c)})+(1-\frac{ca}{(b+c)(b+a)})+(1-\frac{ab}{(c+a)(c+b)})$

Như vậy, ta cần chứng minh: $\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\geqslant \frac{3}{4}(*)$ 

Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Bất đẳng thức $(*)$ trở thành: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant \frac{3}{4}$

Áp dụng Cauchy: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{9}{16}(x+y)(x+z)\geqslant \frac{3}{2}x$

Tương tự ta có: $\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{9}{16}(y+z)(y+x)\geqslant \frac{3}{2}y$; $\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}+\frac{9}{16}(z+x)(z+y)\geqslant \frac{3}{2}z$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+xy+yz+zx]\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}]=\frac{3}{4}(Q.E.D)$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ hay $a=b=c=3$

[Thanh Long Nguyen]

Ta có: $\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\frac{a}{a^2+abc}+\frac{b}{b^2+abc}+\frac{c}{c^2+abc}=\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c}{c^2+ab+bc+ca}$
 
$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})=\frac{a^2+ab+ac}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b^2+bc+ba}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c^2+ca+cb}{c^2+ab+bc+ca}=(1-\frac{bc}{(a+b)(a+c)})+(1-\frac{ca}{(b+c)(b+a)})+(1-\frac{ab}{(c+a)(c+b)})$
Như vậy, ta cần chứng minh: $\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\geqslant \frac{3}{4}(*)$ 
Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$
Bất đẳng thức $(*)$ trở thành: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant \frac{3}{4}$
Áp dụng Cauchy: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{9}{16}(x+y)(x+z)\geqslant \frac{3}{2}x$
Tương tự ta có: $\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{9}{16}(y+z)(y+x)\geqslant \frac{3}{2}y$; $\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}+\frac{9}{16}(z+x)(z+y)\geqslant \frac{3}{2}z$
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+xy+yz+zx]\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}]=\frac{3}{4}(Q.E.D)$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ hay $a=b=c=3$

Tại sao bạn nghĩ ra cách giải này vậy? Thật xuất sắc