Chủ đề này có 2 trả lời

[O0NgocDuy0O]

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{4a^{2}-bc+1}+\frac{1}{4b^{2}-ac+1}+\frac{1}{4c^{2}-ab+1}\geq \frac{3}{2}.$$

[anhquannbk]

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{4a^{2}-bc+1}+\frac{1}{4b^{2}-ac+1}+\frac{1}{4c^{2}-ab+1}\geq \frac{3}{2}.$$

Thay $ab+bc+ac=1$ vào các mẫu ở vế trái ta được BĐT tương đương sau

$\dfrac{1}{a(4a+b+c)}+\dfrac{1}{b(4b+a+c)}+\dfrac{1}{c(4c+a+b)} \ge \dfrac{3}{2}$

Nhân cả 2 vế với $abc$ ta được BĐT

$\dfrac{bc}{4a+b+c}+\dfrac{ac}{4b+a+c}+\dfrac{ab}{4c+a+b} \ge \dfrac{3abc}{2}$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được

$\dfrac{bc}{4a+b+c}+\dfrac{ac}{4b+a+c}+\dfrac{ab}{4c+a+b} \ge \dfrac{(ab+bc+ac)^2}{12abc+(a+b+c)(ab+ac+bc)-3abc}$

( vì có đẳng thức $ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-3abc$)

Do đó BĐT quy về chứng minh

$\dfrac{1}{a+b+c+9abc}\ge \dfrac{3abc}{2}$

hay $ 3abc(a+b+c) +27(abc)^2 \le 2$

BĐT này đúng vì có $1=(ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)$

và $1 =(ab+bc+ac)^3 \ge 27 (abc)^2$

Vậy BĐT được chứng minh.

[happyfree]

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{4a^{2}-bc+1}+\frac{1}{4b^{2}-ac+1}+\frac{1}{4c^{2}-ab+1}\geq \frac{3}{2}.$$

Đặt $ab=x; bc=y;ca=z$  khi đó $x+y+z=1$

ta có: $a^2=\frac{xz}{y};b^2=\frac{xy}{z};a^2=\frac{yz}{x}$

VT trở thành

$\frac{1}{\frac{4xz}{y}-y+1}+\frac{1}{\frac{4xy}{z}-z+1}+\frac{1}{\frac{4yz}{x}-x+1}$

$=\frac{y}{4xz+xy+yz}+\frac{z}{4xy+xz+yz}+\frac{x}{4yz+xy+xz} $

$\geq \frac{(x+y+z)^2}{12xyz+y^2(x+z)+z^2(x+y)+x^2(y+z)}=\frac{1}{12xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)}=\frac{1}{12xyz+xy(1-z)+yz(1-x)+xz(1-y)}=\frac{1}{9xyz+xy+yz+zx}$

kết hợp vs $9xyz \leq 9(\frac{x+y+z}{3})^3= \frac{1}{3}$ và $xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}= \frac{1}{3}$

Suy ra đpcm