Thislife

Bất đẳng thức chặt hơn vẫn đúng

\[\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \geqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}.\]

Anh $Huyện$ xem cách này có ổn không?

Tồn tại $0\leqslant t < 1$  sao cho $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$

Với $t=0$ thì $a=b=c=1$ ta có ngay điều phải chứng minh.

Với $0<t<1$ thì :

Áp dụng bổ đề của thầy $VQBC$ , ta được $a,b,c \leqslant 1+2t$

Theo $CS$ :$\sum \frac{1}{a^2} \geqslant \frac{1}{3} (\sum\frac{1}{a})^2$

Áp dụng tiếp $CS$ ta có :$\sum \frac{1}{a} =\frac{1}{1+2t} (\sum( \frac{1+2t-a}{a})+3) \geqslant \frac{1}{1+2t} (\frac{(\sum 1+2t-a)^2}{\sum a(1+2t-a)}+3)=\frac{3t+3}{(1-t)(1+2t)}$

Mà $\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac} = \frac{3+6t^2}{1-t^2}$

Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{1}{3}(\frac{3t+3}{(1-t)(1+2t)})^2 \geqslant \frac{3+6t^2}{1-t^2}$

Nhưng nó hiển nhiên đúng vì tương đương với $(1-t)t^2(8t^3+1-t) \geqslant 0$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Tại sao em không bình chọn được nhỉ?

Cho a,b,c,d không âm thỏa mãn: $a+b+c+d=4$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{3a^2+5}+\frac{b}{3b^2+5}+\frac{c}{3c^2+5}+\frac{d}{3d^2+5}\leq \frac{1}{2}$

Lg: Ta chứng minh $\frac{a}{3a^2+5} \leqslant \frac{1}{8} +\frac{a-1}{32} \Leftrightarrow  \frac{(a-1)^2(3a+15)}{32(3a^2+5)} \geqslant 0$

Làm tương tự với các biến còn lại rồi cộng lại ta có đpcm.

P\s : hình như em cuồng $U.C.T$ rồi ấy 

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $a+b+c-1=0$. Chứng minh rằng:

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

Ý tưởng là dùng bđt $S.S$

BĐT cần chứng minh tương đương :

$3+2(\frac{a}{c}+ \frac{c}{b}+\frac{b}{a}) \geqslant 2\sum \frac{1}{a+b}=2(a+b+c)\sum \frac{1}{a+b}$

$\Leftrightarrow 2(\frac{a}{c}+ \frac{c}{b}+\frac{b}{a})-6 \geqslant \sum(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b})-6$

$\Leftrightarrow 2(\frac{(a-c)^2}{ac} +\frac{(a-b)(c-b)}{ab})\geqslant \frac{2(a-c)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac{(a-b)(c-b)(a+2b+c)}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

$\Leftrightarrow 2(a-c)^2(\frac{1}{ac}-\frac{1}{(a+b)(b+c)})+(a-b)(c-b)(\frac{2}{ab}-\frac{a+2b+c}{(a+b)(b+c)(a+c)}) \geqslant 0$

Đến đây ta chỉ cần chứng minh $(a+b)(b+c) > ac$ và $2(a+b)(b+c)(a+c) > ab(a+2b+c)$

Nhưng nó hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ dương, với cả giả sử $b=\max \{a,b,c\}$ thì bài toán đặt ra đã được chứng minh .Đẳng thứ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho a,b,c là các số thực dương. Cmr:
$(1+\frac{2a}{b})^2+(1+\frac{2b}{c})^2+(1+\frac{2c}{a})^2\geq \frac{9(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$

Giả sử  $c=min(a,b,c)$.

BĐT cần chứng minh tương đương:

$ 4(\frac{a^2}{b^2} +\frac{b^2}{c^2} +\frac{c^2}{a^2}-3)+4(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3)) \geqslant \frac{9((\sum a)^2 -3\sum ab)}{\sum ab}$

$\Leftrightarrow 4(\frac{(a-b)^2(a+b)^2}{a^2b^2}+\frac{(a-c)(b-c)(a+c)(b+c)}{a^2c^2})+4(\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{(a-c)(b-c)}{ac}) \geqslant \frac{9((a-b)^2 +(a-c)(b-c))}{ab+bc+ac}$

$\Leftrightarrow (a-b)^2(\frac{4(a+b)^2}{a^2b^2}+\frac{4}{ab} -\frac{9}{ab+bc+ac})+(a-c)(b-c)(\frac{4(a+c)(b+c)}{a^2c^2}+\frac{4}{ac} -\frac{9}{ab+bc+ac}) \geqslant 0$

Mà  ta lại  có : $\frac{4(a+b)^2}{a^2b^2} \geqslant \frac{16}{ab} >\frac{9}{ab+bc+ac}$

và $4(a+c)(b+c)(ab+bc+ac) > 4(ab+bc+ac)^2 \geqslant 4(2ac+bc)^2>9a^2c^2$ (do $c=min(a,b,c)$)

Cho nên ta có điều phải chứng minh , đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$