Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc. CMR:
$\frac{ab}{3c+ab+abc}+\frac{bc}{3a+bc+abc}+\frac{ca}{3b+ca+abc}\ge\frac{3}{5}$

Question

Accepted Answer

Đặt $a = \frac{1}{x}, b = \frac{1}{y}, c = \frac{1}{z}$ với $x, y, z > 0$.

Từ giả thiết $a+b+c = 3abc$, ta có:

$$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{3}{xyz} \Leftrightarrow xy+yz+zx = 3 $$

$$ VT = \sum_{cyc} \frac{\frac{1}{xy}}{3\frac{1}{z} + \frac{1}{xy} + \frac{1}{xyz}} = \sum_{cyc} \frac{z}{3xy+z+1} $$

$$ VT = \frac{x}{3yz+x+1} + \frac{y}{3zx+y+1} + \frac{z}{3xy+z+1} $$

$$ VT = \frac{x^2}{3xyz+x^2+x} + \frac{y^2}{3xyz+y^2+y} + \frac{z^2}{3xyz+z^2+z} $$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (dạng Engel), ta có:

$$ VT \ge \frac{(x+y+z)^2}{9xyz + (x^2+y^2+z^2) + (x+y+z)} $$

Đặt $S = x+y+z$. Ta có:

$S^2 = (x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+zx) = x^2+y^2+z^2+6$.

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2 = S^2-6$.

Mặt khác, $S^2 = (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) = 9 \Rightarrow S \ge 3$.

$$ VT \ge \frac{S^2}{9xyz + (S^2-6) + S} = \frac{S^2}{S^2+S-6+9xyz} $$

$$ \frac{S^2}{S^2+S-6+9xyz} \ge \frac{3}{5} \Leftrightarrow 5S^2 \ge 3S^2+3S-18+27xyz $$

$$ \Leftrightarrow 2S^2 - 3S + 18 \ge 27xyz \quad (*) $$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$$ (xy+yz+zx)^2 \ge 3xyz(x+y+z) \Rightarrow 3^2 \ge 3xyz \cdot S \Rightarrow xyz \le \frac{3}{S} $$

$$ 2S^2 - 3S + 18 \ge 27 \left(\frac{3}{S}\right) $$

$$ \Leftrightarrow 2S^3 - 3S^2 + 18S \ge 81 $$

$$ \Leftrightarrow 2S^3 - 3S^2 + 18S - 81 \ge 0 $$

$$ \Leftrightarrow (S-3)(2S^2+3S+27) \ge 0 $$

Vì $S \ge 3$ nên $S-3 \ge 0$.

Tam thức $2S^2+3S+27$ có $\Delta = 3^2 - 4 \cdot 2\cdot 27 = 9 - 216 < 0$ và hệ số $2>0$ nên $2S^2+3S+27 > 0$ với mọi $S$.

Do đó, bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$, suy ra $a=b=c=1$.