Chủ đề này có 2 trả lời

[Strygwyr]

Cho các số thực dương $a$,$b$,$c$ thoả mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh $\frac{3\sqrt{3}}{4}\leq\sum \frac{bc}{a(1+bc)}\leq\frac{a+b+c}{4}$

 

[banhgaongonngon]

Cho các số thực dương $a$,$b$,$c$ thoả mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh $\frac{3\sqrt{3}}{4}\leq\sum \frac{bc}{a(1+bc)}\leq\frac{a+b+c}{4}$

 

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

[KietLW9]

Giả thiết đã cho có thể được viết lại thành: $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì $xy + yz + zx = 1$ và $\sum_{cyc}\frac{bc}{a(1+bc)}=\sum_{cyc}\frac{1}{a(\frac{1}{bc}+1)}=\sum_{cyc}\frac{x}{yz+1}$

Ta có: $\sum_{cyc}\frac{x}{yz+1}=\sum_{cyc}\frac{x^2}{xyz+x}\geqslant \frac{(x+y+z)^2}{3xyz+(x+y+z)}=\frac{(x+y+z)^3}{3xyz(x+y+z)+(x+y+z)^2}\geqslant\frac{(x+y+z)^3}{(xy+yz+zx)^2+(x+y+z)^2}=\frac{(x+y+z)^3}{1+(x+y+z)^2}$   

Đặt $t=x+y+z\geqslant \sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt{3}$  thì ta cần chứng minh: $\frac{t^3}{1+t^2}\geqslant  \frac{3\sqrt{3}}{4}\Leftrightarrow \frac{(t-\sqrt{3})(4t^2+\sqrt{3}t+3)}{4(1+t^2)}\geqslant 0$*đúng*

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