Chủ đề này có 4 trả lời

[duaconcuachua98]

Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c>0 & \\ ab+bc+ca=3 & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $\frac{1}{1+a^{2}(b+c)}+\frac{1}{1+b^{2}(c+a)}+\frac{1}{1+c^{2}(a+b)}\leq \frac{1}{abc}$

[Hoang Tung 126]

Ta có :$\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}=\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(1-bc)}=\sum \frac{1}{1+a-abc}$

Theo AM-GM có:$3=ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}= > abc\leq 1= > -abc\geq 1= >\sum \frac{1}{1+a-abc}\leq \sum \frac{1}{1+a-1}=\sum \frac{1}{a}=\frac{\sum ab}{abc}=\frac{1}{abc}$(đpcm)

[minhtu98vn]

Bài sai ở hai chỗ:

1/  $abc\leq 1 \Rightarrow -abc\geq -1$ chứ không phải $abc\leq 1 \Rightarrow -abc\geq 1$/ 

2/  $\frac{\sum ab}{abc}=\frac{3}{abc}$ chứ không phải $\frac{\sum ab}{abc}=\frac{1}{abc}$

[buiminhhieu]

Ta có :$\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}=\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(1-bc)}=\sum \frac{1}{1+a-abc}$

Theo AM-GM có:$3=ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}= > abc\leq 1= > -abc\geq 1= >\sum \frac{1}{1+a-abc}\leq \sum \frac{1}{1+a-1}=\sum \frac{1}{a}=\frac{\sum ab}{abc}=\frac{1}{abc}$(đpcm)

cậu lam sai rồi

2 chỗ đó

[NTPS2CBC]

Bị nhầm một tí thôi:

$\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(3-bc)}= \sum \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}=\frac{1}{abc}$