Chủ đề này có 4 trả lời

[phuc_90]

Bài toán : Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa $ab+bc+ca=1$

Chứng minh rằng $\dfrac{1+a^2b^2}{(a+b)^2}+\dfrac{1+b^2c^2}{(b+c)^2}+\dfrac{1+c^2a^2}{(c+a)^2} \geq \dfrac{5}{2}$

P/s : Nếu tiêu đề vi phạm nhờ các mod sữa lại giúp nhé @_^)

[phuc_90]

Bài này lâu quá mà không thấy ai post lời giải nên mình post lời giải lên luôn.

Chú ý : $ \sum \frac{1+ab}{a+b} \frac{1+bc}{b+c} = 1+\frac{2(a+b+c)+6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Ta có $LSH=\sum \left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2 -\sum \frac{2ab}{(a+b)^2}$

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

$=1+\frac{2(a+b+c)+6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} -\sum \frac{2ab}{(a+b)^2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{2(a+b+c)+6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} -\sum \frac{2ab}{(a+b)^2} \geq \frac{3}{2}$

hay $\sum \left(\frac{1}{2}-\frac{2ab}{(a+b)^2}\right) \geq 3-\frac{2(a+b+c)+6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$= \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

tương đương $\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2} \geq \sum \frac{c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

hay $S_{c}(a-b)^2+S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2 \geq 0$

với $S_{a}=\frac{(a+b)(a+c)}{2(b+c)}-a , S_{b}=\frac{(b+c)(b+a)}{2(c+a)}-b , S_{c}=\frac{(c+a)(c+b)}{2(a+b)}-c$

Ta có $S S_{a}S_{b}+S_{b}S_{c}+S_{c}S_{a} =0 $ $ và$ $ S_{a}+S_{b}+S_{c} \geq 0$

Không mất tính tổng quát , giả sử $ a \geq b \geq c$

Khi đó $ S_{a} , S_{c} \geq 0$ $ và$ $ S_{b} \leq 0 , S_{b}+S_{c} \geq 0$

Ta có $ S_{c}(a-b)^2+S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2$

$= (S_{b}+S_{c})(a-b)^2 +2S_{b}(a-b)(b-c)+(S_{a}+S_{b})(b-c)^2$

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

$\geq 0$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 23-12-2012 - 11:25

[Tham Lang]

Hi hi. Bài này em cũng có một lời giải khác cũng theo S.O.S nhưng dùng dđ nên không tiện.

[phuc_90]

Thì em cứ post lên đi cho bài nó phong phú thêm !_^)

____________________

dđ là gì ý nhỉ

[Tham Lang]

Thì em cứ post lên đi cho bài nó phong phú thêm !_^)

____________________

dđ là gì ý nhỉ

Hi hi. Bây giờ, em mới dùng máy tính anh ạ. Em post lên nhé .
Để ý rằng :
$$\dfrac{a^2b^2+1}{(a+b)^2}=\dfrac{(ab-1)^2}{(a+b)^2}+\dfrac{2ab}{(a+b)^2}=c^2+\dfrac{2ab}{(a+b)^2}$$
Nên ta cần chứng minh :
$$a^2+b^2+c^2+\dfrac{2ab}{(a+b)^2}+\dfrac{2bc}{(b+c)^2}+\dfrac{2ca}{(c+a)^2}\ge \dfrac{5}{2}$$
$$\Leftrightarrow \left (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right )+\sum{\left (\dfrac{2ab}{(a+b)^2}-\dfrac{1}{2}\right )}\ge 0$$
$$\Leftrightarrow \sum{(a-b)^2\left (1-\dfrac{1}{(a+b)^2}\right )}\ge 0$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$
Dễ thấy $S_b, S_c\ge 0$
Ta cần chứng minh :
$$b^2S_a+a^2S_b\ge 0$$
$$\Leftrightarrow b^2+a^2-\dfrac{a^2}{(a+c)^2}-\dfrac{b^2}{(b+c)^2}\ge 0$$
$$\Leftrightarrow (a^2+b^2)(b+c)^2(c+a)^2\ge a^2(b+c)^2+b^2(c+a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2abc+c^4(a^2+b^2)+(a-b)^2\ge 0$$
Hiển nhiên đúng. Bài toán đã được chứng minh.