Chủ đề này có 1 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán :
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{b(c+a)}{(c+a)^2+b^2}+\dfrac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2} \le \dfrac{6}{5}$$

[Ispectorgadget]

Chuẩn hóa $a+b+c=1$
$$LHS=\frac{a(1-a)}{1-2a+a^2}+\frac{b(1-b)}{1-2b+b^2}+\frac{c(1-c)}{1-2c+c^2}$$
Theo côsi ta có $$2a(1-a)\leq \frac{(a+1)^2}{4}$$
$$\Rightarrow 1-2a+2a^2=1-2a(1-a)\geq 1-\frac{(a+1)^2}{4}=\frac{(1-a)(a+3)}{4}>0$$

$$\Rightarrow \frac{a(1-a)}{1-2a+2a^2}\leq \frac{4a(1-a)}{(1-a)(a+3)}=\frac{4a}{a+3}=4(1-\frac{3}{a+3})$$
Suy ra $$LHS\leq 4[(1-\frac{3}{a+3})+(1-\frac{3}{b+3})+(1-\frac{3}{c+3})]=4[3-(\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3})]$$
Ta có $\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}\geq \frac{9}{10}$
Do đó: $$LHS\leq \frac{6}{5}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c \,\, \square$

Một cách làm không chuẩn hóa nhé.
$$\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}=\frac{4a(b+c)}{(b+c)^2+4a^2+3(b+c)^2}\leq \frac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=\frac{4a}{3(a+b+c)+a}$$
Dễ thấy theo BĐT Cauchy-schwarz cho 10 số thì
$$\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+...+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{a}\geq \frac{10^2}{3(a+b+c)+a}$$
$$\Rightarrow \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{4a}{3(a+b+c)+a}\leq \frac{4a}{100}.\left ( \frac{9}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{a} \right )=\frac{27a}{25(a+b+c)}+\frac{1}{25}$$
Xây dựng tương tự rồi cộng lại. ta được
$$VT\leq \frac{27(a+b+c)}{25(a+b+c)}+\frac{3}{25}=\frac{6}{5}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$