Cho a,b,c>0 và $a+b+c=3$. Cm
$\dfrac{1}{9-ab}+\dfrac{1}{9-bc}+\dfrac{1}{9-ca} \le \dfrac{3}{8}$
Từ bất đẳng thức quen biết $ \displaystyle ab+bc+ca \le \frac{ \left( a+b+c \right)^2}{3} =3 $ và $\displaystyle a ,b,c >0 $ có $ \displaystyle 0 < ab , bc , ca < 3 $.
Ta thấy với $ \displaystyle t \in \left( 0 , 3 \right) $ thì
$$ \frac{1}{9-t} \le \frac{t^2+4t+43}{384} $$
Do đó
$$ \dfrac{1}{9-ab}+\dfrac{1}{9-bc}+\dfrac{1}{9-ca} \le \frac{ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+4 \left( ab+bc+ca \right)+129}{384} $$
Cần chứng minh
$$ \frac{ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+4 \left( ab+bc+ca \right)+129}{384} \le \frac{3}{8} $$
Tương đương với
$$ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+4 \left( ab+bc+ca \right) \le 15 $$
Nhận thấy
$$ 15 - a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-4 \left( ab+bc+ca \right) \\
= 15 \left( \frac{a+b+c}{3} \right)^4 - a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 -4 \left( ab+bc+ca \right) \left( \frac{a+b+c}{3} \right)^2 \\
= \frac{1}{54} \cdot \left( \left( a+5b \right) \left( 5a+b \right) \left( a-b \right)^2 + \left( b+5c \right) \left( 5b+c \right) \left( b-c \right)^2 + \left( c+5a \right) \left( 5c+a \right) \left( c-a\right)^2 \right) \ge 0 $$
Từ đó có điều cần chứng minh .
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
|