Chủ đề này có 2 trả lời

[KietLW9]

Bài này có lâu rồi nhưng đây là lần đầu mình gặp. Cũng khá hay!

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2+abc=4$

Chứng minh: $\frac{1}{2}<\frac{a}{4-bc}+\frac{b}{4-ca}+\frac{c}{4-ab}\leqslant 1$

[Hoang72]

Nhận thấy $a,b,c>0$ và $a^2+b^2+c^2+abc=4$ nên $a,b,c<2$.

Khi đó $(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2+abc)=2bc+2ca+ab(2-c)>0\Rightarrow a+b+c>2$.

Từ đó $\frac{a}{4-bc}+\frac{b}{4-ca}+\frac{c}{4-ab}> \frac{a+b+c}{4}>\frac{1}{2}$.

Lại có: $2bc+a^2+abc\leq a^2+b^2+c^2+abc=4\Rightarrow (2-a)(2+a)\geq bc(a+2)\Rightarrow 4-bc\geq a+2$.

Tương tự, $4-ca\geq b+2; 4-ab\geq c+2$.

Trong ba số $a,b,c$ tồn tại 2 số cùng phía với 1. Giả sử là $a$ và $b$. Khi đó $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1$.

Từ đó $c+2\leq 4-ab\leq 5-(a+b)\Rightarrow a+b+c\leq 3$.

Do đó $\frac{a}{4-bc}+\frac{b}{4-ca}+\frac{c}{4-ab}\leq \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}=3-\frac{2}{a+2}-\frac{2}{b+2}-\frac{2}{c+2}\leq 3-\frac{18}{a+b+c+6}\leq 1$. (đpcm)

[KietLW9]

Có một cách không cần dùng Dirchlet để chứng minh bất đẳng thức vế phải

Giả thiết như vậy nên ta nghĩ tới cách đặt: $a=2\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}};b =2\sqrt{\frac{yz}{(z+x)(x+y)}};c=2\sqrt{\frac{zx}{(x+y)(y+z)}}$

Áp dụng AM - GM trực tiếp thì ra có: $a+b+c\leqslant 3$

Ta có: $a^2+b^2+c^2+abc=4\Rightarrow 4-a^2=b^2+c^2+abc\geqslant 2bc+abc=bc(a+2)\Rightarrow bc\leqslant 2-a\Rightarrow 4-bc\geqslant 2+a\Rightarrow \frac{a}{4-bc}\leqslant \frac{a}{a+2}$

Tới đây tương tự như Hoang72