Trong điều kiện đề bài , bất đẳng thức lúc nào cũng đúng bởi vì
$$-\frac{3}{5}+ \sum \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2} =\frac{2}{25}.\sum \frac{(7a+b+c)(2a-b-c)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2bc)} \ge 0$$
giả sử a+b+c=3. phân số 1 thay b+c=3-a
... tương tự rồi dùng pp tiếp tuyến ý ra luôn
1/ Cái đẳng thức trên anh viết , thiệt ra cũng từ cái " pp tiếp tuyến " mà ra đó em
Cụ thể thay vì chuẩn hóa thành $ \displaystyle a+b+c=1 $ thì anh cho $ \displaystyle a+b+c=3k >0$ , rồi coi thử coi bất đẳng thức sau có đúng trong điều kiện bài toán không ?
$$ \frac{(3k-2a)^2}{a^2+(3k-a)^2} \ge \frac{-18}{25k}(a-k)+\frac{1}{5} $$
Có
$$ \frac{(3k-2a)^2}{a^2+(3k-a)^2} + \frac{18}{25k}(a-k)-\frac{1}{5}=\frac{18(2a+k)(a-k)^2}{25k(a^2+(3k-a)^2)} \ge 0 $$
Để ý là
$$ \sum \left( \frac{18}{25k}(a-k) \right) =\sum \left( \frac{18a}{25k}-\frac{18}{25} \right)=\frac{18(a+b+c)}{25k}-\frac{18.3}{25}=0$$
Vậy nên
$$ \sum \frac{(3k-2a)^2}{a^2+(3k-a)^2} = \frac{3}{5}+ \sum \frac{18(2a+k)(a-k)^2}{25k(a^2+(3k-a)^2)} \ge \frac{3}{5}$$
Hay
$$\sum \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2} =\frac{3}{5}+ \frac{2}{25}.\sum \frac{(7a+b+c)(2a-b-c)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2bc)} \ge \frac{3}{5}$$
2/ Có một lời giải như vầy ..
$$ 25\left(a^2 + b^2 + c^2\right)(b + c - a)^2 - \left[a^2 + (b + c)^2\right]\left(7a^2 + 4b^2 + 4c^2 + 40bc -20ca- 20ab\right)$$
$$ = \frac {(b + c - 2a)^2(b + c -3a)^2}{2} + \frac {(b - c)^2}{2}\left[41a^2 - 50a(b + c) +41(b + c)^2\right] \ge 0 $$
Suy ra
$$ \sum \frac {(b + c -a)^2}{a^2 + (b + c)^2} \ge \sum \frac {7a^2 + 4b^2 + 4c^2 + 40bc - 20ca - 20ab}{25\left(a^2 + b^2 + c^2\right)} = \frac {3}{5} $$
Lời giải đó cho thấy bất đẳng thức đề bài đúng với mọi số thực $ \displaystyle a,b,c \ \text{thỏa} \ a^2+b^2+c^2 >0 $
3/ Với các số thực dương $ \displaystyle a,b,c $ thì bất đẳng thức mạnh hơn sau đây cũng đúng
$$ \sum \frac {(b + c -a)^2}{a^2 + (b + c)^2} \ge \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{5(a+b+c)^2} \ge \frac{3}{5} $$
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn