Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kogioitoan: 08-08-2021 - 22:04
$2(\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab})+abc\leq1$
#2
Đã gửi 09-08-2021 - 14:24
Cho a, b,c là các số thực dương thoả mãn $0\leq a,b,c\leq1$. Chứng minh rằng $2(\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab})+abc\leq 4$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a$ là số lớn nhất trong $a,b,c$.
Khi đó $$VT\leq \frac{2(a+b+c)}{1+bc}+abc\leq \frac{2(a+b+c)}{1+bc}+bc+ca+ab-a-b-c+1=\frac{(a+b+c)(1-bc)}{1+bc}+bc+ca+ab+1.$$
Ta chỉ cần chứng minh $$\frac{(a+b+c)(1-bc)}{1+bc}\leq 3-bc-ca-ab.$$
Ta có $a(b+c)\leq b+c\leq 1+bc$ nên $3-bc-ca-ab\geq 2(1-bc)$.
Mặt khác ta lại có $$\frac{(a+b+c)(1-bc)}{1+bc}\leq \frac{(1+b+c)(1-bc)}{1+bc}\leq \frac{(2+bc)(1-bc)}{1+bc}\leq \frac{(2+2bc)(1-bc)}{1+bc}=2(1-bc)$$
nên bài toán được giải quyết.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=0,b=c=1$ và các hoán vị tương ứng. $\square$
- KietLW9, Hoang72, Hunghcd và 2 người khác yêu thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh