Câu hỏi của Neet

Question

Cho a,b,c >0 thỏa a+b+c=3.Chứng minh rằng

$\dfrac{a}{ab+1}+\dfrac{b}{bc+1}+\dfrac{c}{ca+1}\ge\dfrac{3}{2}$

Lightning Farron · Accepted Answer

Chứng minh : $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)$

$\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\left(x^2-y^2-xy-xz+2yz\right)^2+\left(y^2-z^2-yz-xy+2xz\right)^2+\left(z^2-x^2-xz-yz+2xy\right)^2\right)\ge0$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{a}{ab+1}=a-\dfrac{a^2b}{ab+1}\ge a-\dfrac{a^2b}{2\sqrt{ab}}=a-\dfrac{\sqrt{a^3b}}{2}$

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

$\dfrac{b}{bc+1}\ge b-\dfrac{\sqrt{b^3c}}{2};\dfrac{c}{ca+1}\ge c-\dfrac{\sqrt{c^3a}}{2}$

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

$VT\ge3-\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}\right)\ge3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}$

Xảy ra khi $a=b=c=1$Câu trả lời: Chứng minh : $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)$