Bài 182

13-12-2024 | 2 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1090

Cách giải 1

Bài này vừa nhìn vào ta nghĩ ngay tới việc đánh giá cho các phân thức để đưa về dạng đơn giản hơn. Mặt khác, sự xuất hiện của \(a+b\) và \(a^{2}+b^{2}\) cùng với việc dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\) làm ta không thể nào không nghĩ tới cái đánh giá quen thuộc \(a^{2}+b^{2} \geq \dfrac{(a+b)^{2}}{2}\).

Ta có

\[\frac{a+b}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b+c}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c+a}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\]

Ta cần chứng minh

\[\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a} \leq 3\]

Hay tương đương với

\[\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a} \leq \frac{3(a+b+c)}{a b+b c+c a}\]

Ta nhân \(a b+b c+c a\) lên hai vế và để ý \(\dfrac{a b+b c+c a}{a+b}=c+\dfrac{a b}{a+b}\), từ đó viết được bất đẳng thức dưới dạng

\[\frac{2 a b}{a+b}+\frac{2 b c}{b+c}+\frac{2 c a}{c+a} \leq a+b+c\]

Sử dụng đánh giá quen thuộc \(\dfrac{x y}{x+y} \leq \dfrac{x+y}{4}\) và thu được ngay kết quả. Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 2

Ta có hai kêt quả quen thuộc sau đây

\[\begin{gathered}(a+b)(b+c)(c+a) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a) \\(a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a)\end{gathered}\]

Trở lại bài toán sử dụng đánh giá quen thuộc \(2\left(a^{2}+b^{2}\right) \geq(a+b)^{2}\) ta đưa bài toán về chứng minh

\[\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \leq \frac{3}{2}\]

Hay dưới dạng đồng bậc là

\[\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \leq \frac{3}{2} \frac{a+b+c}{a b+b c+c a}\]

Bất đẳng thức này tương đương với

\[\frac{(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{3}{2} \frac{a+b+c}{a b+b c+c a}\]

Hay

\[\frac{(a+b+c)^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{3}{2} \frac{a+b+c}{a b+b c+c a}\]

Sử dụng hai kết quả nêu ở trên, ta có

\[\frac{(a+b+c)^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{(a+b+c)^{2}+\dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}}{\dfrac{8}{9}(a b+b c+c a)(a+b+c)} =\frac{3}{2} \frac{a+b+c}{a b+b c+c a}\]

Bài toán được chứng minh xong.