Chủ đề này có 2 trả lời

[hungnolan]

Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì

$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungnolan: 30-10-2017 - 12:38

[DinhXuanHung CQB]

AM-GM Inequaliti :  $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)}$

 $\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$

Ta chỉ cần c.m $\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

<=> $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

Không giảm tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$

Đặt $P(x;y;z)=\sum \frac{1}{(y+z)^2}-\frac{9}{4(xy+yz+zx}$ và cần c/m $P(x;y;z)>0$

Ta đặt $t=\frac{x+y}{2}$

Cần c/m tiếp $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}$

Đánh giá được $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}=(1/x+z-1/y+z)^2+\frac{2}{(x+z)(y+z)}-2(t+z)^2$

 $=\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(t+z)^2}$

và $\frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}=\frac{9(x-y)^2}{16(t^2+2tz)(xy+yz+zx)}$

<=> $\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(y+z)^2}\geq \frac{9(x-y)^2}{16(xy+yz+zx)(t^2+2tz}$

Mặt khác $4(xy+yz+zx)-3(x+z)(y+z)=xy+yz+zx-3x^2\geq 0$

=> $(x+z)(y+z)\leq \frac{4}{3(xy+yz+zx)}$

Suy ra $\frac{1}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \frac{9}{16(xy+yz+zx)^2}\geq \frac{9}{xy+yz+zx)(t^2+2zt}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng tại $x=y=z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 30-10-2017 - 12:59

[DOTOANNANG]

Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì

$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$

 

 

AM-GM Inequaliti :  $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)}$

 $\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$

Ta chỉ cần c.m $\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

<=> $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

Không giảm tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$

Đặt $P(x;y;z)=\sum \frac{1}{(y+z)^2}-\frac{9}{4(xy+yz+zx}$ và cần c/m $P(x;y;z)>0$

Ta đặt $t=\frac{x+y}{2}$

Cần c/m tiếp $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}$

Đánh giá được $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}=(1/x+z-1/y+z)^2+\frac{2}{(x+z)(y+z)}-2(t+z)^2$

 $=\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(t+z)^2}$

và $\frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}=\frac{9(x-y)^2}{16(t^2+2tz)(xy+yz+zx)}$

<=> $\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(y+z)^2}\geq \frac{9(x-y)^2}{16(xy+yz+zx)(t^2+2tz}$

Mặt khác $4(xy+yz+zx)-3(x+z)(y+z)=xy+yz+zx-3x^2\geq 0$

=> $(x+z)(y+z)\leq \frac{4}{3(xy+yz+zx)}$

Suy ra $\frac{1}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \frac{9}{16(xy+yz+zx)^2}\geq \frac{9}{xy+yz+zx)(t^2+2zt}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng tại $

Cách giải khác:

Đặt S= ab+ bc+ ca. Ta có thể chuẩn hóa a+ b+ c= 1( điều này không làm mất tính tổng quát của việc chứng minh).Khi đó:

$\frac{1}{a^{2}+ ab+ b^{2}}= \frac{1}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}- \left ( ab+ bc+ ca \right )- \left ( a+ b+ c \right )c}= \frac{1}{1- s- c}$

Khi đó BĐT trở thành:

$\frac{1}{1- s- c}+ \frac{1}{1- s- a}+ \frac{1}{1- s- b}\geq 9 \Rightarrow 9s^{3}- 6s^{2}- 3s+ 1+ 9abc\geq 0, s\left ( 3s- 1 \right )^{2}+ 1- 4s+ 9abc\geq 0.$

BĐT đúng vì$1- 4s+ 9abc\geq 0\Leftrightarrow \left ( a+ b+ c \right )^{3}+ 9abc\geq 4\left (a+ b+ c \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )$ (BĐT SCHUR)

DẤU BẰNG XẢY RA KHI a= b= c