Chủ đề này có 5 trả lời

[KietLW9]

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$

Chứng minh rằng: $\frac{a}{a^2+10}+\frac{b}{b^2+10}+\frac{c}{c^2+10}\leqslant \frac{3}{11}$

Một bài rất hay!

[Gia Cat Minh]

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$

Chứng minh rằng: $\frac{a}{a^2+10}+\frac{b}{b^2+10}+\frac{c}{c^2+10}\leqslant \frac{3}{11}$

Một bài rất hay!

Giả sử $c$ là min 

Đặt $t=\frac{a+b}{2}$ khi đó $t\geq 1$

$f(t, t, c)-f(a,b,c)=\frac{(a-b)^2(30-ab)(a+b)}{A}\geq 0$

Mà $2t^2+tc=3$ thay c theo t

Từ $\frac{2t}{t^2+10}+\frac{c}{c^2+10}=\frac{2t}{t^2+10}+\frac{\frac{3-2t^2}{t}}{(\frac{3-2t^2}{t})^2+10}\leq \frac{3}{11}$

Sử dụng $t\geq 1$, ta có dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gia Cat Minh: 01-01-2022 - 22:43

[Hoang72]

BĐT tương đương

$\sum \frac{(a-1)(a-10)}{a^2+10}\geq 0$

Giả sử $a\geq b\geq c$

Ta có $a-1\geq b-1\geq c-1$

Mà $\frac{a-10}{a^2+10}-\frac{b-10}{b^2+10}=\frac{(a-b)(10+10a+10b-ab)}{(a^2+10)(b^2+10)}\geq 0$

Nên $\frac{a-10}{a^2+10}\geq \frac{b-10}{b^2+10}\geq \frac{c-10}{c^2+10}$

Theo Chebyshev thì $LHS\geq (a+b+c-3)(...)\geq 0$

Cái bất đẳng thức trong ... < 0 không đúng vì với chẳng hạn $a=b=c=1$ thì $\sum\frac{a-10}{a^2+10}<0$.

[KietLW9]

Gợi ý các bạn là dùng Schur

[Gia Cat Minh]

Cái bất đẳng thức trong ... < 0 không đúng vì với chẳng hạn $a=b=c=1$ thì $\sum\frac{a-10}{a^2+10}<0$.

À mk hiểu ý rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gia Cat Minh: 01-01-2022 - 21:59

[KietLW9]

Lời giải.

Ta có: $a(b^2+10)(c^2+10)+b(c^2+10)(a^2+10)+c(a^2+10)(b^2+10)=abc(ab+bc+ca)+10(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2)+100(a+b+c)=3abc-30abc+10(a+b+c)(ab+bc+ca)+100(a+b+c)=130(a+b+c)-27abc$

và $(a^2+10)(b^2+10)(c^2+10)=a^2b^2c^2+10(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+100(a^2+b^2+c^2)+1000=\left [ 100(a+b+c)^2-20abc(a+b+c)+a^2b^2c^2 \right ]+10\left [ (ab+bc+ca)^2-20(ab+bc+ca)+100 \right ]=\left [ 10(a+b+c)-abc \right ]^2+10(ab+bc+ca-10)^2=\left [ 10(a+b+c)-abc \right ]^2+490$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q=3;abc=r$ thì ta cần chứng minh: $\frac{130p-27r}{(10p-r)^2+490}\leqslant \frac{3}{11}$

Áp dụng AM-GM, ta được: $(10p-r)^2+841\geqslant 58(10p-r)\Rightarrow (10p-r)^2+490\geqslant 580p-58r-351$

Đến đây ta cần chứng minh: $\frac{130p-27r}{580p-58r-351}\leqslant \frac{3}{11}\Leftrightarrow 310p+123r-1053\geqslant 0$

+) Nếu $p\geqslant 2\sqrt{3}$ thì bất đẳng thức hiển nhiên

+) Nếu $3\leqslant p\leqslant 2\sqrt{3}$ thì áp dụng Schur, ta có: $310p+123r-1053\geqslant 310p+\frac{123p(4q-p^2)}{9}-1053=310p+\frac{41p(12-p^2)}{3}-1053$

Cần có: $310p+\frac{41p(12-p^2)}{3}-1053\geqslant 0\Leftrightarrow (3-p)(41p^2+123p-1053)\geqslant 0$ (Đúng với mọi $p$ thuộc khoảng đang xét)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$