Chủ đề này có 4 trả lời

[supernatural1]

Cho các số dương a,b,c. CMR:

$ \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+2b+c)^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{(a+b+2c)^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}} \leq 8 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supernatural1: 10-04-2017 - 12:52

[viet9a14124869]

Cho các số dương a,b,c. CMR:

$ \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+2b+c)^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{(a+b+2c)^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}} \leq 8 $

Dùng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ,,,,ta có $\left [ 2a^2+(b+c)^2 \right ](2+4)\geq (2a+2b+2c)^2\Rightarrow \sum \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leq \frac{6\sum (2a+b+c)^2}{(2a+2b+2c)^2}\Leftrightarrow .....\Leftrightarrow 3ab+3bc+3ca\leq (a+b+c)^2$  ( đúng )  

 

     GOOD LUCK !!! 

[Mr Cooper]

Cho các số dương a,b,c. CMR:

$ \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+2b+c)^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{(a+b+2c)^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}} \leq 8 $

$\boxed{\text{Lời giải}}$

Do bất đẳng thức trên thuần nhất với các biến a,b,c nên ta có thể chuẩn hóa $a + b + c = 1$.

Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành:

\[\dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2}}} + \dfrac{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {1 - b} \right)}^2}}} + \dfrac{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {1 - c} \right)}^2}}} \le 8\]

\[ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{3{a^2} - 2a + 1}} \le 2 + \left[ {3 - \dfrac{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}}{{3{b^2} - 2b + 1}}} \right] + \left[ {3 - \dfrac{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}{{3{c^2} - 2c + 1}}} \right]\]

\[ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{3{a^2} - 2a + 1}} \le 2 + \dfrac{{2{{\left( {2b - 1} \right)}^2}}}{{3{b^2} - 2b + 1}} + \dfrac{{2{{\left( {2c - 1} \right)}^2}}}{{3{c^2} - 2c + 1}}\]

Trong 3 luôn có 2 số nằm cùng phía so với $\dfrac{1}{3}$ nên không mất tính tổng quát, giả sử $\left( {b - \dfrac{1}{3}} \right)\left( {c - \dfrac{1}{3}} \right) \ge 0$ ta có:

\[{b^2} + {c^2} \le {b^2} + {c^2} + \left( {b - \dfrac{1}{3}} \right)\left( {c - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{1}{9} + {\left( {b + c - \dfrac{1}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{9} + {\left( {\dfrac{2}{3} - a} \right)^2}\]

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

\[\dfrac{{{{\left( {2b - 1} \right)}^2}}}{{3{b^2} - 2b + 1}} + \dfrac{{{{\left( {2c - 1} \right)}^2}}}{{3{c^2} - 2c + 1}} \ge \dfrac{{{{\left( {2b + 2c - 2} \right)}^2}}}{{3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {b + c} \right) + 2}} \ge \dfrac{{4{a^2}}}{{3\left[ {\dfrac{1}{9} + {{\left( {\dfrac{2}{3} - a} \right)}^2}} \right] - 2\left( {1 - a} \right) + 2}} = \dfrac{{12{a^2}}}{{9{a^2} - 6a + 5}}\]

Ta cần chứng minh:

\[\dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{3{a^2} - 2a + 1}} \le 2 + \dfrac{{24{a^2}}}{{9{a^2} - 6a + 5}}\]

Sau khi khai triển và rút gọn ta được: \[{\left( {3a - 1} \right)^2}\left( {15{a^2} - 6a + 5} \right) \ge 0\]

Bất đẳng thức trên luôn đúng với mọi $c$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a = b = c = \dfrac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 10-04-2017 - 16:00

[Mr Cooper]

Xin trích nguồn luôn

Nguồn: USA MO 2003

[Mr Cooper]

Tham khảo thêm tại đây