Chủ đề này có 2 trả lời

[Sagittarius912]

Cho $a,b,c>0$. CM
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\le \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

[vutuanhien]

Cho $a,b,c>0$. CM
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\le \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

BĐT$\Leftrightarrow \left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(a^2+ab+b^2)} \right ](a-b)^2+\left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(b^2+bc+c^2)} \right ](b-c)^2+\left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(c^2+ca+a^2)} \right ](c-a)^2\geq 0$
Không mất tính tổng quát, giải sử $a\geq b\geq c$. Dễ dàng chứng minh được $Sa\geq Sc\geq 0$. Nếu $Sb\geq 0$ thì ta suy ra đpcm. Nếu $Sb\leq 0$:Vì $(a-c)^2\leq 2(a-b)^2+2(b-c)^2$ nên $Sa(b-c)^2+Sb(c-a)^2+Sc(a-b)^2\geq (Sa+2Sb)(b-c)^2+(Sb+2Sc)(a-b)^2$. Đến đây ta chỉ cần cm $Sb+2Sc\geq 0$, $Sa+2Sb\geq 0$, xin nhường anh làm nốt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 19-02-2013 - 19:13

[KietLW9]

Cho $a,b,c>0$. CM
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\le \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $[2-\frac{(a+b)^2}{a^2+ab+b^2}]+[2-\frac{(b+c)^2}{b^2+bc+c^2}]+[2-\frac{(c+a)^2}{c^2+ca+a^2}]\leqslant \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{(b+c)^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{(c+a)^2}{c^2+ca+a^2}+\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geqslant 6$

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: $\frac{(a+b)^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{(b+c)^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{(c+a)^2}{c^2+ca+a^2}\geqslant \frac{4(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}+\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geqslant 6\Leftrightarrow \frac{4[a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)]}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}+\frac{4[2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca]}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}\geqslant 8$

Bất đẳng thức cuối đúng theo Cô-si nên ta có điều phải chứng minh.