Chủ đề này có 3 trả lời

[VodichIMO]

Chứng minh với các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c$ $=$ $3$ thì:

 

$\frac{a}{ab+3c}$ $+$ $\frac{b}{bc+3a}$ $+$ $\frac{c}{ac+3b}$ $\geq$ $\frac{3}{4}$

 

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Giải

Ta có:
$\dfrac{a}{ab + 3c} = \dfrac{a}{ab + (a + b + c)c} = \dfrac{a}{(a + c)(b + c)}$

Vậy:
$VT = \dfrac{a}{(a + c)(b + c)} + \dfrac{b}{(a + c)(a + b)} + \dfrac{c}{(a + b)(b + c)}$

$= \dfrac{a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca}{(a + b)(b + c)(c + a)} = \dfrac{(a + b + c)^2 - ab - bc - ca}{(a + b)(b + c)(c + a)}$

 

$\geq \dfrac{(a + b + c)^2 - \dfrac{1}{3}(a + b + c)^2}{\dfrac{8(a + b + c)^3}{27}} = \dfrac{9}{4(a + b + c)} = \dfrac{3}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 11-09-2013 - 21:10

[bangbang1412]

Thay $3=a+b+c$ vào các mẫu ta lần lượt có $ab+3c=ab+c^{2}+cb+ca=a(b+c)+c(c+b)=(a+c)(b+c)$

Ta cần chứng minh :

                                                   $\sum \frac{a}{(c+a)(c+b)}\geq \frac{3}{4}$

                                                  $<=>\sum \frac{a(a+b)}{\prod (a+b)}\geq \frac{3}{4}$

                                                  $4\sum a^{2}+4\sum ab\geq 3(a+b)(b+c)(c+a)=3\sum a^{2}(b+c)+6abc<=>\sum a^{2}+(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4\sum ab\geq 3\sum a^{2}(b+c)+6abc <=>\sum a^{2}+\sum a^{3}+\sum ab+\sum a\sum ab\geq 2\sum a^{2}(b+c)+6abc<=>\sum a^{2}+\sum a^{3}+\sum ab\geq \sum a^{2}(b+c)+3abc$

Mặt khác theo bdt schur thì $\sum a^{3}+3abc\geq \sum a^{2}(b+c)$

Nên chỉ cần chứng minh $\sum a^{2}+\sum ab\geq 6abc$ ( hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ và $a+b+c=3$ nên $1\geq abc$)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 11-09-2013 - 22:04

[nghiemthanhbach]

phân tích mẫu thành nhân tử rồi quy đồng bình thường thôi