Lâu lắm rồi không đưa người yêu lên...
Bài toán: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. CM
$\frac{\left ( a+b-c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab}+\frac{\left ( b+c-a \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2bc}+\frac{\left ( c+a-b \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ca}\geq \frac{3}{5}$
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Đề thi thử đại học lần 1 khối A, $A_{1}$ tỉnh Vĩnh Phúc.
$VT$ $=\sum \frac{a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca}{a^2+b^2+c^2+2ab}$
$=\sum (1-\frac{2c(a+b)}{(a+b)^{2}+c^{2}})$
$=\sum (1-\frac{2c(a+b)}{\frac{3}{4}(a+b)^2+[\frac{1}{4}(a+b)^2+c^2]})$
$\geq \sum(1-\frac{2c(a+b)}{\frac{3}{4}(a+b)^2+c(a+b)})$
$=\sum (1-\frac{8c}{3a+3b+4c})$
Vậy cần chứng minh $\sum (1-\frac{8c}{3a+3b+4c})\geq \frac{3}{5}$
$\Leftrightarrow \sum (2-\frac{8c}{3a+3b+4c})\geq \frac{3}{5}+3=\frac{18}{5}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{6a+6b}{3a+3b+4c}\geq \frac{18}{5}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a+b}{3a+3b+4c}\geq \frac{3}{5}$
BĐT này đúng vì $\sum \frac{a+b}{3a+3b+4c}= \sum \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)^2+c(a+b)}$
$\geq \frac{4(a+b+c)^2}{\sum [ 3(a+b)^2+c(a+b)]}\geq \frac{3}{5}$
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ca)$ Đúng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VNSTaipro: 23-01-2014 - 17:29
