Chủ đề này có 4 trả lời

[NTA1907]

Chứng minh bất đẳng thức sau với các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca>0$

$\frac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b(c+a)}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c(a+b)}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 2+\frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}$

 

Spoiler

Mấy ngày này chán quá!   Lang thang trên mạng thì tìm được bài này, mọi người làm thử xem

[longatk08]

Chứng minh bất đẳng thức sau với các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca>0$

$\frac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b(c+a)}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c(a+b)}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 2+\frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}$

 

Spoiler

Mấy ngày này chán quá!   Lang thang trên mạng thì tìm được bài này, mọi người làm thử xem

Áp dụng BĐT C-S thì ta có:

 

$$VT \geq \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+abc\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right]}$$

 

Mặt khác theo BĐT Schur thì $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \leq a^3+b^3+c^3+3abc$. Vậy nên ta có:

 

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

 

Ta có kết quả sau: Với mọi số thực $a,b,c$ thì BĐT sau đúng:

 

$$\prod(a^2+ab+b^2) \geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$$

[longatk08]

BĐT tương tự sau cũng đúng:

 

$$\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2+4\cdot\left ( \frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a} \right )^2$$

 

Hoặc:

 

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

[NTA1907]

Áp dụng BĐT C-S thì ta có:

 

$$VT \geq \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+abc\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right]}$$

 

Mặt khác theo BĐT Schur thì $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \leq a^3+b^3+c^3+3abc$. Vậy nên ta có:

 

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

 

Ta có kết quả sau: Với mọi số thực $a,b,c$ thì BĐT sau đúng:

 

$$\prod(a^2+ab+b^2) \geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$$

Một cách làm khác...

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{ab(a-b)^{2}}{(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}\geq \frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}$

$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2})\geq 3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}$

Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:

$\sum a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\geq (a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}$

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

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo Schur.

[Nguyenhuyen_AG]

BĐT tương tự sau cũng đúng:

 

$$\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2+4\cdot\left ( \frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a} \right )^2$$

 

Hoặc:

 

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

 

Bài toán này đã được thảo luận ở đây: http://diendantoanho...ht-a2abb2geq-2/