Chủ đề này có 3 trả lời

[nguyen minh hieu hp]

Cho a,b,c>0.Chứng minh bất đẳng thức:

$\sum \frac{a^{2}+bc}{a^{2}+(b+c)^{2}}\leq \frac{18}{5}.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{(a+b+c)^{2}}$

[bangvoip673]

ko quen đánh latex nên gửi ảnh

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangvoip673: 09-07-2019 - 10:45

[Sugar]

Một cách khác.

Bất đẳng thức trên tương đương với

$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{a^2+(b+c)^2}+\frac{18}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 3$

Mà ta có $(b+c)^2\geq4bc$ nên ta có thể chứng minh

$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{4[a^2+(b+c)^2]}+\frac{6}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 1$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:

$\sum\frac{(b+c)^2}{4[a^2+(b+c)^2]}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum(a^2+(b+c)^2)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2}$

Từ đây, chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì ta chỉ còn

$\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)+1}+\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{5}\geq1$

Rút gọn, ta cần $(a^2+b^2+c^2)[3(a^2+b^2+c^2)-1]\geq0$. Thật vậy vì $3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2=1$.

[Gammaths11]

ko quen đánh latex nên gửi ảnh

anh bằng ghê v: