|
|
Ta có : $ 3(a + b + c) = 3(ab + bc + ca) \leq (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow a + b + c \geq 3 (1) $
Vì $ a, b, c > 0 $ nên theo BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có : $ a^2 + b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}$
Tương tự : $ b^2 + c^2 \geq \frac{(b+c)^2}{2} và c^2 + a^2 \geq \frac{(c+a)^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{a+b}{\frac{(a+b)^2}{2}} + \frac{b+c}{\frac{(b+c)^2}{2}} + \frac{c+a}{\frac{(c+a)^2}{2}} $
$\Leftrightarrow VT \leq \frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} $
Từ $(1) \Rightarrow a+b \geq 3-c ; b+c \geq 3-a ; c+a \geq 3-b $
Nên $2(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}) \leq 2(\frac{1}{3-c} + \frac{1}{3-a} + \frac{1}{3-b}) = -2(\frac{1}{a-3} + \frac{1}{b-3} + \frac{1}{c-3}) (2) $
Áp dụng BĐT sau : $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z} $ (Cm bằng tương đương)
Ta có
$\frac{1}{a-3} + \frac{1}{b-3} + \frac{1}{c-3} \geq \frac{9}{a+b+c-9}$
$\Leftrightarrow -2(\frac{1}{3-a} + \frac{1}{3-b} + \frac{1}{3-c}) \leq \frac{18}{9-(a+b+c)} \leq \frac{18}{6} = 3 $
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c $
|