Chủ đề này có 1 trả lời

[Vutruvotan2012]

Chứng minh rằng, với mọi số thực dương $a,b,c$ thì :
$$\dfrac{3a^2-2ab-b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{3b^2-2bc-c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{3c^2-2ca-a^2}{c^2+a^2}\ge 0$$

[Tham Lang]

Phải ra tay vậy
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2}+2\sum \dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\ge 0$$
Để ý rằng $\sum \dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=- \prod \dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$
Nên cần chứng minh :
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2}\ge 2\prod \dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2} (1)$$
Và áp dụng $AM-GM$ ta có $\sum \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2}\ge 3\sqrt[3]{\prod \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2}}$
Và chú ý đến $a\ge b\ge c$ thì $VP(1)\le 0$ nên chỉ cần chứng minh trong TH $a\le b\le c$. Lúc đó, ta cần chứng minh
$$\prod 3(a^2+b^2)^2\ge \prod 2(a^2-b^2)(a+b)^2$$
Ta sẽ chứng minh :
$$3(a^2+b^2)^2\ge 2(a^2-b^2)(a+b)^2\Leftrightarrow a^4+6a^2b^2+5b^4+4ab^3\ge 4a^3b$$
Đúng vì theo $AM-GM$ ta có :
$$a^4+4a^2b^2\ge 4a^3b$$
Bài toán đã được giải quyết.