Chủ đề này có 2 trả lời

[longatk08]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa $ab+bc+ac=3$.Chứng minh rằng:

 

$\frac{a^2+b^2}{(a+bc)(b+ca)}+\frac{b^2+c^2}{(b+ca)(c+ab)}+\frac{c^2+a^2}{(c+ab)(a+bc)}\geq \frac{3}{2}$

 

Spoiler

BĐT mạnh hơn vẫn đúng với cùng điều kiện:

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

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 13-09-2015 - 10:39

[binhnhaukhong]

Có 2 cách cho bài này.

 

Cách 1: Ta chứng minh rằng:

 

$\sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{\left( {a + bc} \right)\left( {b + ca} \right)}}} \ge \sum {\frac{2}{{{{\left( {1 + c} \right)}^2}}}} $

 

Bất đẳng thức này suy ra từ:

 

$2\left( {a + bc} \right)\left( {b + ca} \right) \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right){\left( {1 + c} \right)^2}$

 

Do vậy ta sẽ chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(c+b)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{3}{4}$ với $ab+bc+ac=3$

 

Tiếp tục đặt $x=\frac{1}{(a+b)},y=\frac{1}{(c+b)},z=\frac{1}{(a+c)}$

 

Ta chuyển bài toán về chứng minh $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{3}{4} (1)$ với $x+y+z=2(xy+yz+xz)$

 

Cộng cả 2 vế BĐT $(1)$ với $2(xy+yz+xz)$ thì ta sẽ chỉ ra $(x+y+z)^2 \geq \frac{3}{4}+(x+y+z)$

 

BĐT này tương đương với: $\left[ {2\left( {x + y + z} \right) - 3} \right]\left[ {2\left( {x + y + z} \right) + 1} \right] \ge 0$ đúng do $x+y+z \geq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 16-09-2015 - 18:07

[binhnhaukhong]

Cách 2: Áp dụng cho cả bài toán làm mạnh.

 

Ta sẽ chứng minh BĐT sau:

 

$\sum \frac{a^2}{(a+bc)(b+ca)}+\sum \frac{b^2}{(a+bc)(b+ca)}\geq \frac{3}{2}$

 

Áp dụng Cauchy-Schwarz thì ta cần chứng minh rằng:

 

$\frac{2(a+b+c)^2}{\sum (a+bc)(b+ca)}\geq \frac{3}{2}$

 

BĐT này tương đương với:

$\left(a+b+c-3 \right)\left [ 4(a+b+c)+3-3abc \right ] \geq 0$

 

Spoiler

Gửi lời hỏi thăm sức khỏe em Long với Tuấn :v

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 16-09-2015 - 18:13