Chủ đề này có 1 trả lời

[longatk08]

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$.Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)^2}+\frac{5abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{4(ab+bc+ac)^3}$

[longatk08]

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$.Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)^2}+\frac{5abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{4(ab+bc+ac)^3}$

Cách làm này không thực sự "thuần túy" cổ điển cho lắm, mong được đóng góp cho hoàn thiện.

 

Do $ab+bc+ac>0$ nên nhân cả 2 vế BĐT cần chứng minh với $ab+bc+ac$ thì ta cần chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\sum \frac{a^2}{b+c}+abc\sum \left[\sum \frac{1}{(a+b)^2} \right]\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac \right]}{4(ab+bc+ac)^2}$

 

Áp dụng BĐT $Iran 96$ thì ta có:

 

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ac)}$

 

Do đó ta cần chứng minh BĐT sau là đúng:

 

$\sum \frac{a^2}{b+c}+\frac{9abc}{4(ab+bc+ac)}\geq  \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)^2}$

 

Nhân cả 2 vế với $ab+bc+ac$ thì BĐT này có thể viết gọn lại là:

 

$a^3+b^3+c^3+abc\sum \frac{a}{b+c}+\frac{9abc}{4}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)} $

 

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:

 

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

 

Vậy nên ta cần chỉ ra:

 

$\sum a^3+\frac{abc(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}+\frac{9abc}{4}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)}$

 

Xét trường hợp $c=0$ thì ta cần chứng minh BĐT khá hiển nhiên sau:

 

$a^3+b^3\geq \frac{(a+b)^3}{4}$

 

Xét $a=b=1$ thì BĐT của ta trở thành:

 

$2+c^3+\frac{c(c+2)^2}{2+4c}+\frac{9c}{4}-\frac{(c+2)^3}{4}-\frac{5c(c-1)^2}{4(1+2c)} \geq 0$

 

$\Leftrightarrow \frac{3c^2(c-1)^2}{2(1+2c)}\geq 0$

 

Đăng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ cùng các hoán vị.

 

Tương tự ta có bài toán sau:

 

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\leq \frac{4(a^3+b^3+c^3)-3abc}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 04-10-2015 - 18:08