Chủ đề này có 2 trả lời

[Nguyen Thi Thuy Nhung]

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

[bvptdhv]

BĐT cần CM <=> $\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{6(\sum a^{2})}{(\sum a)^{2}} \geq 6$

$<=>\frac{2(a+b+c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca0}+\frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} \geq 3$

Ta có $$\frac{3 \sum a^{2}}{(\sum a)^{2}}= \frac{2[2(\sum a^{2})+ab+bc+ca]}{(a+b+c)^{2}}-1$$

$$<=>\frac{(\sum a)^{2}}{2\sum a^{2}+\sum ab}+\frac{2\sum a^{2}+\sum ab}{(\sum a)^{2}} \geq 2$$ (đúng theo AM-GM)

dấu bằng tại $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bvptdhv: 05-01-2016 - 16:36

[superpower]

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

Mình xin chứng minh bằng phương pháp SOS

Bằng cách thêm bớt hạng tử $-2$ ở 2 vế, lưu ý, ở mỗi phân thức VT, ta trừ cho $\frac{2}{3}, ta dễ dàng đưa bđt về dạng

$S_a(b-c)^2 + S_b(c-a)^2 + S_c(a-b)^2 \geq 0$

Trong đó $S_a=\frac{2}{(a+b+c)^2} - \frac{1}{3(b^2+bc+c^2) } $

Làm tương tự cho $S_b, S_c$

Giả sử $a \geq b \geq c$

Dễ có $S_a \leq S_b \leq S_c ; S_b \geq 0 ; S_c \geq 0$ 

Theo tiêu chuẩn của SOS, ta chỉ cần CM $S_a +S_b \geq 0$ Mà điều này hiển nhiên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 05-01-2016 - 16:56