Chủ đề này có 1 trả lời

[no matter what]

với a,b,c dương,a+b+c=1,CM $\sum \frac{1}{a+bc}\leq \frac{9}{4\sum ab}$

[WhjteShadow]

Do $a+b+c=1$ nên $\frac{1}{a+bc}=\frac{1}{a(a+b+c)+bc}=\frac{1}{(a+b)(a+c)}$
Tương tự và cộng lại thì ta có cần chứng minh:
$$(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(a+b)(b+c)}+\frac{1}{(a+c)(b+c)}]\leq \frac{9}{4}$$

Bài 1:
$$\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(y+z)}+\frac{xy+yz+zx}{(y+z)(z+x)}+\frac{xy+yz+zx}{(x+z)(x+y)}\leq \frac{9}{4}$$
$$\Leftrightarrow 1-\frac{xy+yz+zx}{(x+y)(y+z)}+1-\frac{xy+yz+zx}{(y+z)(z+x)}+1-\frac{xy+yz+zx}{(x+z)(x+y)}\geq \frac{3}{4}$$
$$\Leftrightarrow \frac{x^2}{(x+y)(y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(z+x)}+\frac{z^2}{(x+z)(x+y)}\geq \frac{3}{4}$$
Nhưng the0 $Cauchy-Schwarz$ và $AM-GM$ ta có:
$$\frac{x^2}{(x+y)(y+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(z+x)}+\frac{z^2}{(x+z)(x+y)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}\geq \frac{3}{4}$$
Vậy bất đẳng thức cuối đúng.Ta có ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

Các biến $a,b,c$ đổi thành $x,y,z$ nhé