Chủ đề này có 3 trả lời

[caovannct]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:

$\sum \frac{1}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{9}{(\sum a)^2}$

[Hoang Tung 126]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:

$\sum \frac{1}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{9}{(\sum a)^2}$

BĐT $< = > \sum \frac{(\sum a)^2}{b^2+bc+c^2}\geq 9< = > \sum \frac{\sum a^2+2\sum bc}{b^2+bc+c^2}\geq 9< = > \sum \frac{(b^2+bc+c^2)+2a(b+c)+(a^2+bc)}{b^2+bc+c^2}\geq 9< = > \sum \frac{2a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\geq 6$

-Trước hết ta CM :$\sum \frac{2a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq 4< = > \sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq 2$

Theo Cauchy-Swach có :$(\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2})(\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c})\geq (\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}}.\sqrt{\frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c}})^2=(\sum a)^2= > \sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c}}\geq 2< = > (\sum a)^2\geq 2\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c}=2\sum \frac{a(b+c)^2-abc}{b+c}< = > (\sum a)^2+2abc\sum \frac{1}{b+c}\geq 4\sum ab< = > \sum a^2+2abc\sum \frac{1}{b+c}\geq 2\sum ab< = > 2\sum a^2+2abc\sum \frac{1}{b+c}\geq (\sum a)^2< = > 2\sum a.(a+\frac{bc}{b+c})\geq (\sum a)^2< = > 2\sum \frac{a(+b+c)}{b+c}\geq (\sum a)^2< = > \sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(\sum a)^2}{2\sum ab}$

Nhưng bđt này luôn đúng vì theo Cauchy-Swtach có ;

 $\sum \frac{a}{b+c}=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(\sum a)^2}{2\sum ab}$

Do đó $\sum \frac{2a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq 4$ (1)

 

-Tiếp theo ta CM :$\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\geq 2$

Theo Cauchy-Swtach có :$\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}=\sum \frac{(a^2+bc)^2}{(a^2+bc)(b^2+bc+c^2)}\geq \frac{(\sum (a^2+bc))^2}{\sum (a^2+bc)(b^2+bc+c^2)}=\frac{(\sum a^2+\sum bc)^2}{2\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+2abc(\sum a)}\geq 2< = > (\sum a^2+\sum bc)^2\geq 2\sum ab(a^2+b^2)+4\sum a^2b^2+4abc(\sum a)< = > \sum a^4+3\sum a^2b^2+4abc(\sum a)+2\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum ab(a^2+b^2)+4\sum a^2b^2+4abc(\sum a)< = > \sum a^4\geq \sum a^2b^2< = > \frac{1}{2}\sum (a^2-b^2)^2\geq 0$ (Luôn đúng)

Do đó $\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\geq 2$ (2)

-Từ (1),(2) $= > \sum \frac{2a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\sum \frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\geq 6$ (ĐPCM)

[Yagami Raito]

Tham khảo một cách khác ở đây

[KietLW9]

Lời giải. 

Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$, ta được: $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+bc+ab+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]$

Như vậy, ta cần chứng minh: $(ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]\geqslant \frac{9}{4}$

Đây là bất đẳng thức $\text{Iran 96}$ quen thuộc nên ta có điều phải chứng minh