Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thì ta luôn có:
$\frac{a+b}{a+b+2c}+\frac{b+c}{b+c+2a}+\frac{c+a}{c+a+2b}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\leq 2$
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thì ta luôn có:
$\frac{a+b}{a+b+2c}+\frac{b+c}{b+c+2a}+\frac{c+a}{c+a+2b}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\leq 2$
Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hoá cho $$a+b+c=3$$ Ta có BĐT cơ bản sau: $$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$$ Cho nên BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{3-c}{3+c}+\frac{3-a}{3+a}+\frac{3-b}{3+b}\leq\frac{3}{2}$$$$\Leftrightarrow \frac{3-c}{3+c}-\frac{1}{2}+\frac{3-a}{3+a}-\frac{1}{2}+\frac{3-b}{3+b}-\frac{1}{2}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{1-a}{3+a}+\frac{1-b}{3+b}+\frac{1-c}{3+c}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{(1-a)(a-3)}{(3+a)(a-3)}+\frac{(1-b)(b-3)}{(3+b)(b-3)}+\frac{(1-c)(c-3)}{(3+c)(c-3)}\leq0$$
Mặt khác nếu $a \geq b \geq c$ thì ta có $$(1-a)(a-3)\geq(1-b)(b-3)\geq(1-c)(c-3) (1)$$
Thật vậy từ (1)$$\Leftrightarrow -3+4a-a^2\geq-3+4b-b^2$$$$\Leftrightarrow b^2-a^2-4(b-a)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(b+a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(3-a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(a+1)\leq0$$(đúng)
Và nếu $a\geq b\geq c$ thì ta cũng có $$\frac{1}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{(b+3)(b-3)}\leq \frac{1}{(c+3)(c-3)}$$
Do đó theo Bất đẳng thức Cheybyshev, ta có:$$\sum \frac{(1-a)(a-3)}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{3}(\sum (1-a)(a-3))(\sum \frac{1}{(a+3)(a-3)})$$
Mặt khác $$9=(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$$$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq3$$
Nên$$\sum (1-a)(a-3)=4(a+b+c)-9-(a^2+b^2+c^2)\leq12-9-3=0$$
Suy ra ĐPCM Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hoá cho $$a+b+c=3$$ Ta có BĐT cơ bản sau: $$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$$ Cho nên BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{3-c}{3+c}+\frac{3-a}{3+a}+\frac{3-b}{3+b}\leq\frac{3}{2}$$$$\Leftrightarrow \frac{3-c}{3+c}-\frac{1}{2}+\frac{3-a}{3+a}-\frac{1}{2}+\frac{3-b}{3+b}-\frac{1}{2}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{1-a}{3+a}+\frac{1-b}{3+b}+\frac{1-c}{3+c}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{(1-a)(a-3)}{(3+a)(a-3)}+\frac{(1-b)(b-3)}{(3+b)(b-3)}+\frac{(1-c)(c-3)}{(3+c)(c-3)}\leq0$$
Mặt khác nếu $a \geq b \geq c$ thì ta có $$(1-a)(a-3)\geq(1-b)(b-3)\geq(1-c)(c-3) (1)$$
Thật vậy từ (1)$$\Leftrightarrow -3+4a-a^2\geq-3+4b-b^2$$$$\Leftrightarrow b^2-a^2-4(b-a)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(b+a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(3-a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(a+1)\leq0$$(đúng)
Và nếu $a\geq b\geq c$ thì ta cũng có $$\frac{1}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{(b+3)(b-3)}\leq \frac{1}{(c+3)(c-3)}$$
Do đó theo Bất đẳng thức Cheybyshev, ta có:$$\sum \frac{(1-a)(a-3)}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{3}(\sum (1-a)(a-3))(\sum \frac{1}{(a+3)(a-3)})$$
Mặt khác $$9=(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$$$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq3$$
Nên$$\sum (1-a)(a-3)=4(a+b+c)-9-(a^2+b^2+c^2)\leq12-9-3=0$$
Suy ra ĐPCM Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cách này hơi bị dài, chú Toàn thử xài Cauchy ngược dấu xem!!! Hơi bị ngắn đấy...
Sax Đúng là dài thiệt tại lúc nhìn vào thấy ngay cái chuẩn hóa nên làm thử ấy mà @@
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thì ta luôn có:
$\frac{a+b}{a+b+2c}+\frac{b+c}{b+c+2a}+\frac{c+a}{c+a+2b}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\leq 2$
$Q.e.D\Leftrightarrow \sum \left ( 1-\frac{2c}{a+b+2c} \right )+\frac{ab+bc+ca}{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}\leq 2$
$\Leftrightarrow 1+\frac{ab+bc+ca}{2\left ( a^{2} +b^{2}+c^{2} \right )}\leq \frac{2c}{a+b+2c}+\frac{2b}{c+a+2b} +\frac{2a}{b+c+2a}$
Mặt khác, tiền bối $Cauchy-Schwarz$ lại bảo ta rằng:
$VP\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2} +c^{2}+ab+bc+ca}=1+\frac{ab+bc+ca}{\sum a^{2}+\sum ab}\geq 1+\frac{\sum ab}{2\sum a^{2}}=VT$
Kết thúc chứng minh.$\square$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh