4 replies to this topic

[studentlovemath]

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c}\geq 3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

[Mr Cooper]

 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c}\geq 3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

Ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ .Không mất tính tổng quát ,giả sử $c=\min\{a,b,c\}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\sum_{cyc}\frac{a}{b+c} \ge\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{1}{2}.$

Hay

$$\frac{3}{2}+\sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \ge (a^2+b^2+c^2).$$

$$\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} +2(ab+bc+ca)\ge \frac{15}{2}. $$

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+2ab\ge \frac{(a+b)^2}{a+b+2c}+\frac{(a+b)^2}{2}. $$

Hay

$$\frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{(a+c)(b+c)(a+b+2c)}\ge \frac{(a-b)^2}{2}.$$

Bổ đề trên là đúng vì 

$$(a+c)(b+c)(a+b+2c)\le \frac{(3+c)^3}{4}\le 16<18.$$

Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh.

$$\frac{(3-c)^2}{3+c}+\frac{(a+b)^2}{2}+\frac{c^2}{3-c}+2c(3-c)\ge \frac{15}{2}.$$

Sau quy đồng và rút gọn ta được

$$\frac{3c^2(c-1)^2}{2(9-c^2)}\ge0. $$

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.

Dấu bằng xảy ra khi: $a=b=c$ hoặc $a=b , c=0$ và các hoán vị tương ứng 

Edited by Mr Cooper, 20-04-2017 - 21:08.

[tuaneee111]

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{2a}}{{b + c}}}  - 3 - \frac{{\sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}} }}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + ab + bc + ca}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}} \right)}  \ge 0\]

Vậy có đpcm

[Nguyenhuyen_AG]

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c}\geq 3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

 

Ta có

[sharker]

$BDT \Leftrightarrow \sum {\left( {\frac{{2a}}{{b + c}} - 1} \right)}  \ge \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(a - c)}^2}}}{{{{(a + b + c)}^2}}}\\$

$\sum {\left( {\frac{{2a}}{{b + c}} - 1} \right)}  = \sum {(a - b)\left( {\frac{1}{{b + c}} - \frac{1}{{c + a}}} \right)}  = \sum {{{(a - b)}^2}} \frac{1}{{(b + c)(a + c)}}\\$

Ta có :$4(b + c)(a + c) \le {(a + b + 2c)^2} \Leftrightarrow {(a - b)^2} \ge 0\\$

 $\to \frac{1}{{(b + c)(a + c)}} \ge \frac{4}{{{{(a + b + 2c)}^2}}} > \frac{4}{{{{(2a + 2b + 2c)}^2}}} = \frac{1}{{{{(a + b + c)}^2}}}\\$

Và ${(a - b)^2} \ge 0\\$ 

 $\to \sum {{{(a - b)}^2}} \frac{1}{{(b + c)(a + c)}} \ge \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(a - c)}^2}}}{{{{(a + b + c)}^2}}}$