Bài 1.
Trong 3 số $a-\dfrac{1}{3} ; b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$ có 2 số hoặc cùng dấu hoặc cùng bằng 0.
Gọi 2 số đó là $b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$.
=> $(b-\dfrac{1}{3}). (c-\dfrac{1}{3}) \ge 0$
Ta có
$b^2+ c^2 \leq \dfrac{1}{9}+(b+c-\dfrac{1}{3})^2= \dfrac{1}{9}+ (\dfrac{2}{3}-a)^2$.
BĐT cần CM
<=> $(\dfrac{1}{2}-\dfrac{b^2}{6b^2-4b+1}) +(\dfrac{1}{2}-\dfrac{c^2}{6c^2-4c+1}) \ge \dfrac{a^2}{6a^2-4a+1}$
<=> $\dfrac{(2b-1)^2}{6b^2-4b+1}+ \dfrac{(2c-1)^2}{6c^2-4c+1} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$
Theo BĐT Cauchy Schwarz
$ VT \ge \dfrac{[(2b-1)+(2c-1)]^2}{6b^2+6c^2-4b-4c+2} = \dfrac{2a^2}{3(b^2+c^2)+2a-1} \ge \dfrac{2a^2}{3.[\dfrac{1}{9}+(\dfrac{2}{3}-a)^2]+2a-1} = \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2}$
Do đó, ta cần CM nốt
$ \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$
<=> $\dfrac{2a^2(3a-1)^2}{(9a^2-6a+2)(6a^2-4a+1)} \ge 0$ (Đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3 hoặc a=b=1/2; c=0 và các hoán vị.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi A1Nguyen: 25-08-2013 - 10:25