Chủ đề này có 2 trả lời

[hoangkimca2k2]

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\geq \frac{10}{(a+b+c)^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkimca2k2: 18-03-2018 - 13:09

[DOTOANNANG]

Trước hết ta cần chứng minh BĐT:

$\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Điều này tương đương với:

$\left ( a+ b+ c \right )^{2}\left ( \sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) \right )- 10\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )\geq 0$

Ta có:

$\sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) = \left ( \sum _{cyc}b^{4}+ 2a^{2}b^{2} \right )+ \sum _{cyc}\left ( ab \right )^{2}= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}+ uw^{3} = \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}- 6uw^{3}$

với $3u= a+ b+ c, 3v^{2}= ab+ bc+ ca, w^{3}= abc$

và $\left ( a+ b+ c \right )^{2}= 9u, \left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+ c^{2}a^{2} \right )- a^{2}b^{2}c^{2}= \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )\left ( 9v^{4}- 6uw^{3} \right )- w^{6}= 9\left ( 9u^{2}v^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )- w^{6}$

Từ đây, ta CM tiếp:

$27u^{2}\left ( 27- u^{4}- 36u^{2}v^{2}+ 15v^{4}- 2uw^{3} \right )- 90\left ( 9u^{2}w^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )+ 10w^{6}\geq 0$

Đặt

$g\left ( w^{3} \right )= 10w^{6}+ w^{3}\left ( 486u^{3}- 360uv^{2} \right )+ ...\geq 0$

nên

${g}'\left ( w^{3} \right )= 20w^{3}+ 486u^{3}- 360uv^{2}= 20w^{3}+ 126u^{3}+ 360\left ( u^{2}- v^{2} \right )\geq 0$

(đúng vì u> v)  nên hàm tăng. Do đó biểu thức đạt cưc trị khi 2 trong 3 số a, b, c bằng nhau hoặc 1 trong 3 số đó phải bằng 0.

Không mất tính tổng quát giả sử hai số bằng nhau là a và b, đặt $t= \frac{a}{c}$ nhân hai vế với $c^{2}$ ta được:

$\frac{1}{2t^{2}}+ \frac{2}{t^{2}+ 1}\geq \frac{10}{\left ( 2t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow f\left ( t \right )= 20t^{3}- 11t^{2}+ 4t+ 1\geq 0 \rightarrow {f}'\left ( t \right )= 60t^{2}- 22t+ 4> 0$

Suy ra$f\left ( t \right )$ tăng dẫn đến $f\left ( t \right )\geq f\left ( 0 \right )= 1> 0$ với $t\in \left ( 0: + \propto \right )$

Giờ việc còn lại là CM 1 trong 3 số là zero. Không mất tính tổng quát , giả sử c= 0. Đặt $t= \frac{a}{b}$

Nhân hai vế với $b^{2}$, ta phải chứng minh:

$\frac{1}{t^{2}+ 1}+ \frac{1}{t^{2}}+ 1\geq \frac{10}{\left ( t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow t^{6}+ 2t^{5}- 6t^{4}+ 6t^{3}- 6t^{2}+ 2t+ 1= \left ( t-1 \right )^{2}\left ( t^{4}+ 3t^{3}+ 4t^{2}+ 3t+ 1 \right )\geq 0$

Từ đó ta có $\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}= \frac{10}{4}= 2,5$

Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c)= (1, 1, 0) và các hoán vị của nó

[YoLo]

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\geq \frac{10}{(a+b+c)^{2}}$

có thể chứng minh bài này bằng dồn biến

vì 2 vế đồng bậc nên chuẩn hóa a+b+c=1

tức là ta phải cm $\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}>=10$

đặt f(a,b,c)=$\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}-10$

ta cm f(a,b,c)>= f(a,(b+c)/2 ,(b+c)/2) bằng cách xét hiệu (tự làm nhé)

sau đó cm f(a,(b+c)/2,(b+c)/2)>=10 tức là cm  f(1-t ,t, t) >=10 (với t=(b+c)/2