Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{a}{\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+a+a}\leq \frac{a}{25}\left(\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)\)

hay \(\frac{a}{3a+b+c}\leq \frac{9a}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)

Hoàn toàn TT: \(\frac{b}{a+3b+c}\leq \frac{9b}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}; \frac{c}{a+b+3c}\leq \frac{9c}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)

Cộng theo vế các BĐT trên

\(\Rightarrow T\leq \frac{9(a+b+c)}{25(a+b+c)}+\frac{6}{25}=\frac{3}{5}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Akai Haruma: em có một cách khác là chuẩn hóa, nhưng ko biết đúng không. Vì cô làm cách kia rồi nên em làm cách này, chứ em thích cách kia hơn.

BĐT trên là thuần nhất (đồng bậc) nên chuẩn hóa a + b + c = 3. Ta cần chứng minh:

\(\Sigma\frac{a}{2a+3}\le\frac{3}{5}\)

C1: Áp dụng BđT AM-GM \(\frac{a}{2a+3}=\frac{a}{a+a+1+1+1}\le\left(\frac{1}{25}+\frac{1}{25}+\frac{3a}{25}\right)\)

Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.

Cách 2: (ko hay + dài)

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{a}{2a+3}-\frac{1}{5}\right)\le0\) \(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{3\left(a-1\right)}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\left(a-1\right)\right)+\Sigma\frac{3}{25}\left(a-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(a-1\right)\left(\frac{3}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\right)\le0\)\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{-30\left(a-1\right)^2}{5.25\left(2a+3\right)}\le0\) (đúng)

Ta có đpcm

A=\(\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+a+c}+\frac{c}{3c+a+b}\)

=>\(\frac{3}{2}\)-A=\(\frac{1}{2}-\frac{a}{3a+b+c}+\frac{1}{2}-\frac{b}{3b+a+c}+\frac{1}{2}-\frac{c}{3c+a+b}\)

<=>\(\frac{3}{2}\)-A=\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{6a+2b+2c}+\frac{1}{6b+2a+2c}+\frac{1}{6c+2a+2b}\right)\)

ta lại có

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{6a+2b+2c}+\frac{1}{6b+2a+2c}+\frac{1}{6c+2a+2b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{\left(1+1+1\right)^2}{6a+2b+2c+6b+2a+2c+6c+2a+2b}\right)=\frac{9}{10}\)<=>\(\frac{3}{2}-\)A\(\ge\frac{9}{10}\)<=>A\(\le\frac{3}{2}-\frac{9}{10}=\frac{3}{5}\)

dấu "=" xảy ra <=>a=b=c

\(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{4}{2a+4b+2c}=\frac{2}{a+2b+c}\)

Tương tự: \(\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{2a+b+c}\ge\frac{2}{a+b+2c}\) ; \(\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{2}{2a+b+c}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

\(VT=\sum\frac{a}{2a+a+b+c}\le\frac{1}{25}\sum\left(\frac{4a}{2a}+\frac{9a}{a+b+c}\right)=\frac{1}{25}\left(6+\frac{9\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\right)=\frac{3}{5}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{2a}{6a+2b+2c}=\frac{2a}{(a+b)+(a+c)+(a+b)+(a+c)+2a}\leq \frac{2a}{25}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2a}\right)\)

\(=\frac{4}{25}(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})+\frac{1}{25}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế ta có:

\(\sum \frac{a}{3a+b+c}\leq \frac{4}{25}(\frac{a+b}{a+b}+\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c})+\frac{3}{25}=\frac{12}{25}+\frac{3}{25}=\frac{3}{5}\)

(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Ta CM BĐT phụ sau: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}},a+b\ge2\sqrt{ab}\)( co si với a,b>0)

Suy ra \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(a+b\right)\ge4\RightarrowĐPCM\)\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(1\right)\)

a/Áp dụng (1) có

\(\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\left(2\right)\).Tương tự ta cũng có:

\(\frac{1}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\left(3\right),\frac{1}{c+a+2b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)\left(4\right)\)

Cộng (2),(3) và (4) có \(VT\le\frac{1}{4}.\left(6+6\right)=3\left(ĐPCM\right)\)

b/Áp dụng (1) có:

\(\frac{1}{3a+3b+2c}=\frac{1}{\left(a+b+2c\right)+2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)\left(5\right)\)

Tương tự có: \(\frac{1}{3a+2b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2\left(a+c\right)}\right)\left(6\right)\)

\(\frac{1}{2a+3b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2\left(b+c\right)}\right)\left(7\right)\)

Cộng (5),(6) và (7) có:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\right)\le\frac{1}{4}.9=\frac{3}{2}\)

Với a, b, c là các số dương, áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}=\frac{a+b+c}{a+3b+b+3c+c+3a}=\frac{a+b+c}{4a+4b+4c}=\frac{a+b+c}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}\le\frac{3}{4}\)

Ta có: \(\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}\le\frac{3}{4}\)(*)

\(\Leftrightarrow3ba+3b+\frac{3c}{b+3c}+\frac{3a}{c+3a}\le\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow1-3ba+3b+1-\frac{3c}{b+3c}+1-\frac{3a}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng BĐT Cauchy - swarch có

\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}=\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}\)

Ta sẽ chứng minh : \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}\ge\frac{3}{4}\left(1\right)\)

Từ (1) \(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)(đúng)

Vậy (*) đúng

Ta có : \(\frac{bc}{\sqrt{3a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b+c\right)a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{a^2+ab+ac+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Áp dụng bđt Cauchy , ta có : \(\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{bc}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

Tương tự : \(\frac{ac}{\sqrt{3b+ac}}=\frac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{ac}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\); \(\frac{ab}{\sqrt{3c+ab}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{ab}{2}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)

\(\Rightarrow P=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{ac}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}}\)

             \(\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}\right)\)

 \(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ac}{a+b}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)

Suy ra : Max P \(=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)

đây nhé Câu hỏi của Steffy Han - Toán lớp 8 | Học trực tuyến

link bị lỗi rùi để mk lm lại

\(\frac{ab}{\sqrt{3c+ab}}\le\frac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{b+c}}\cdot\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{c+a}}\)\(=\sqrt{\frac{ab}{b+c}\cdot\frac{ab}{c+a}}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2ab}{b+c}+\frac{2ab}{c+a}\right)\)

Tương tự cho \(\frac{bc}{\sqrt{3a+bc}}\)và\(\frac{ca}{\sqrt{3b+ca}}\)rồi cộng lại theo vế

\(P\le\frac{1}{4}\left(2a+2b+2c\right)\le\frac{3}{2}\)

\(Max_P=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Akai HarumaNguyễn Thành Trương

<= 3/4 nha ko phải a+b+c

minhf lm dc cau nay rồi