Question

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3 . Chứng minh rằng

\(\dfrac{a}{a^3+b^2+c}+\dfrac{b}{b^3+c^2+a}+\dfrac{c}{c^3+a^2+b}\le1\)

Answer 1

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c)\geq (a+b+c)^2=9\)

\(\Leftrightarrow \frac{a^3+b^2+c}{a}(1+a+ac)\geq 9\)

\(\Rightarrow \frac{a}{a^3+b^2+c}\leq \frac{1+a+ac}{9}\)

Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại, suy ra:

\(\Rightarrow \frac{a}{a^3+b^2+1}+\frac{b}{b^3+c^2+a}+\frac{c}{c^3+a^2+b}\leq \frac{1+a+ac+1+b+ba+1+c+cb}{9}=\frac{6+ab+bc+ac}{9}\)

Mà theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:

\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\Rightarrow \frac{6+ab+bc+ac}{9}\leq \frac{6+3}{9}=1\)

Do đó: \(\Rightarrow \frac{a}{a^3+b^2+1}+\frac{b}{b^3+c^2+a}+\frac{c}{c^3+a^2+b}\leq 1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$