A1Nguyen

Bài 1.

Trong 3 số $a-\dfrac{1}{3} ; b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$ có 2 số hoặc cùng dấu hoặc cùng bằng 0.

Gọi 2 số đó là $b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$.

=> $(b-\dfrac{1}{3}). (c-\dfrac{1}{3}) \ge 0$

Ta có 

$b^2+ c^2 \leq \dfrac{1}{9}+(b+c-\dfrac{1}{3})^2= \dfrac{1}{9}+ (\dfrac{2}{3}-a)^2$.

BĐT cần CM

<=> $(\dfrac{1}{2}-\dfrac{b^2}{6b^2-4b+1}) +(\dfrac{1}{2}-\dfrac{c^2}{6c^2-4c+1}) \ge \dfrac{a^2}{6a^2-4a+1}$

<=> $\dfrac{(2b-1)^2}{6b^2-4b+1}+ \dfrac{(2c-1)^2}{6c^2-4c+1} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$

 

Theo BĐT Cauchy Schwarz

$ VT \ge \dfrac{[(2b-1)+(2c-1)]^2}{6b^2+6c^2-4b-4c+2} = \dfrac{2a^2}{3(b^2+c^2)+2a-1} \ge \dfrac{2a^2}{3.[\dfrac{1}{9}+(\dfrac{2}{3}-a)^2]+2a-1} = \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2}$

 

Do đó, ta cần CM nốt
$ \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$
<=> $\dfrac{2a^2(3a-1)^2}{(9a^2-6a+2)(6a^2-4a+1)} \ge 0$ (Đúng)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3 hoặc a=b=1/2; c=0 và các hoán vị.

Câu này mình xin làm theo với bài mẫu là k=2 trong chứng minh bài toán của nhà giáo Vasile, hơi muộn nhưng chẳng biết bạn có cần đến nữa?
Đặt $a=x^{k+1}, b=y^{k+1}, c=z^{k+1} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Tổng hoán vị của $\dfrac{1}{1+x^{k+1}+y^{k.(k+1)}} $.
= Tổng hoán vị của $\dfrac {z^{2k}+x^{k-1}+ \dfrac{1}{y^k}}{(1+x^{k+1}+y^{k^2+k}).(z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k})}$.

$\leq$ Tổng hoán vị của: $\dfrac{z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k}}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. (Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz).
Bằng tổng hoán vị của: $\dfrac {z^{2k}+x^{k}yz+(xy)^k}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. Do xyz=1
Do đó, cần:
$ z^{2k}+ y^{2k}+ x^{2k}+ (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k+ xyz.(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1} \leq (z^k+x^k+y^k)^2 $.
Tương đương với:
$ xyz. (x^{k-1}+ y^{k-1}+ z^{k-1} \leq (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k $.
Bất đẳng thức này được rút ra từ bất đẳng thức:
$ xyz.(x+y+z) \leq (xy)^2+ (yz)^2+ (zx)^2$.

Hiện giờ mình chưa tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức cuối. Ai chứng minh được rồi thì gửi lên hộ. Cảm ơn.

Cậu kẻ AD là phân giác của góc A, BH,CK là đường vuông góc tới AD (H,K thuộc AD).
Ta có:
sin $\dfrac{A}{2} = \dfrac{BH}{AB} = \dfrac{CK}{AC} = \dfrac{BH+CK}{AB+AC}.$ bé hơn hoặc bằng $\dfrac{BC}{AB+AC}. $.
Vậy điều phải chứng minh. Dấu "=" khi tam giác ABC cân.