Chủ đề này có 2 trả lời

[thanhng2k7]

Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn a+b+c=1.CMR:

$\frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{(c+a-b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\frac{(a+b-c)^2}{c^2+(a+b)^2}\geq \frac{3}{5}$

(Gợi ý là dùng nguyên lí Dirichlet và bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhng2k7: 08-11-2021 - 21:54

[KietLW9]

Vì $a+b+c=1$ nên ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: 

$\frac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}+\frac{(2b-1)^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(2c-1)^2}{2c^2-2c+1}\geqslant \frac{3}{5}$

Xét: 

$\frac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}+\frac{54a-23}{25}=\frac{2(3a-1)^2(6a+1)}{25(2a^2-2a+1)}\geqslant 0\Rightarrow \frac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}\geqslant \frac{-54a+23}{25}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: 

$\frac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}+\frac{(2b-1)^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(2c-1)^2}{2c^2-2c+1}\geqslant \frac{-54(a+b+c)+69}{25}=\frac{3}{5}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 09-11-2021 - 11:11

[thanhng2k7]

Còn một cách chứng minh khác:

Viết lại bất đẳng thức đã cho thành $\sum \frac{(1-2a)^2)}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

Áp dụng Bunhiacopxki dạng phân thức ta có 

$\frac{(1-2b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\frac{(1-2c)^2}{c^2+(a+b)^2)}\geq \frac{(2-2b-2c)^2}{b^2+c^2+(1-a)^2+(1-b)^2}=\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}$

Quy về chứng minh $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số $(a-\frac{1}{3}),(b-\frac{1}{3}),(c-\frac{1}{3})$ cùng dấu, không mất tổng quát giả sử $(b-\frac{1}{3})(c-\frac{1}{3})\geq 0\Rightarrow b^2+c^2\leq (b+c-\frac{1}{3})^2+\frac{1}{9}$

Do đó $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}\geq \frac{2a^2}{(a-\frac{2}{3})^2+\frac{1}{9}+a}=\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}$

Suy ra $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{18a^2}{9a^2-3a+5}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}$

Dễ dàng cm  $\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

$\Leftrightarrow (3a-1)^2(17a^2-8a+5)\geq 0$

Dấu"=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$