*LinKinPark*

Tương đương: ${\sin ^{2m}}x.{\cos ^{2n}}x \le \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Đặt ${\sin ^2}x = a \in \left[ { - 1;1} \right]$

Ta có $f\left( a \right) = {a^m}{\left( {1 - a} \right)^n}$

$f'\left( a \right) = m{a^{m - 1}}{\left( {1 - a} \right)^n} - n{a^m}{\left( {1 - a} \right)^{n - 1}}$

Với $a \in \left[ {\dfrac{m}{{m + n}};1} \right] \Rightarrow f'\left( a \right) \le 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Với $a \in \left[ { - 1;\dfrac{m}{{m + n}}} \right) \Rightarrow f'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Tóm lại ta luôn có: ${\sin ^m}x.{\cos ^n}x \le \sqrt {\dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}} $ Q.E.D

Đây đây có cu LinKinPark đây .....

Lời giải

BĐT cần Cm tương đương:

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {\dfrac{{ab + bc + ca}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

BCS

$\left( {{a^2} + 2bc} \right)\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) \ge {\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2} \le \left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right)$

Suy ra

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Cần CM $\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4} \le \sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} $

Cauchy Schwarz

$\sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}}$

Cần CM: $\dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Ta sẽ CM: $\dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

BĐT trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=1$. Đặt $p = a + b + c,q = ab + bc + ca,r = abc$. BĐT trở thành:

$\dfrac{{pr}}{{{q^2} - pr}} \ge \dfrac{{4r}}{{pq - r}} \Leftrightarrow q\left( {4q - 1} \right) - 3r \le 0$

Với $q \le \dfrac{1}{4}$ done

Với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$. Sử dụng BĐT Schur $9r \ge 4q - 1$ đưa BĐT trên trở thành:

$12{q^2} - 7q + 1 \le 0$ đúng với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$

Bây giờ ta chỉ việc CM

$\dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}} \left( {\dfrac{{\left( {c - b} \right)\left( {c - a} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) \ge 0$ (Đúng theo Vornicu Schur)

ĐTXR khi va chỉ khi $a=b=c$

a) $\Delta ABC \sim \Delta AMN \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \cos 45^\circ = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$

b) Dựng $Ag$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$. Ta có: $\widehat{gAN} = \widehat{BCA} = \widehat{ANM} \Rightarrow Ag\parallel MN$

Mà $Ag \bot OA$ nên $MN \bot OA$

Holer

$\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}}$

AM-GM

${\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{{n - 1}}{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}} \right)} \right]^{n - 1}}$

$ = {\left[ {1 + \dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}} = {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Suy ra $\prod\limits_{i = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Xây dựng thêm $n-1$ BĐT như vậy rồi nhân vế theo vế ta được

${\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}}$

hay

$\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} \ge \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} $ Q.E.D

Cho $a=0,2 ,b=3, c=5$