[BĐT] $a^2+b^2+c^2+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

[noinhobinhyen_nb]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

cho a,b,c > 0 : ab+bc+ca=1

cmr $a^2+b^2+c^2+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

 

[braga]

$$BDT \iff \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\dfrac{8abc}{(c+a)(b+c)(a+b)}\geq 2 \\ \iff \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}-1+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-1\geq 0 \\ \iff \dfrac{\sum (a-b)^2}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{\sum c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0 \\ \iff \sum (a-b)^2\left(\dfrac{1}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)\geq 0$$
Dễ dàng chứng minh :$\dfrac{1}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}> 0$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh . $\blacksquare$

p/s: bài này còn 1 cách nữa là dùng phương pháp phân tích bình phương $\text{S.O.S}$

 

[vuive_yeudoi]

Bất đẳng thức này đúng với mọi $a,b,c$ dương :
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$$

Nhưng bảo là:

Dễ dàng chứng minh :$\dfrac{1}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}> 0$

Bất đẳng thức này thì sai .

Chẳng hạn như chỉ ra một phản ví dụ kiểu như : $a=\frac{1}{4} \ ; \ b=\frac{1}{2} \ ; \ c=\frac{7}{6}$ thì :
$$ \frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}=-\frac{27}{170} < 0 $$

Dễ thấy chỉ cần chứng minh bất đẳng thức dưới đây thì sẽ kết thúc mọi chuyện :

Bất đẳng thức này đúng với mọi $a,b,c$ dương :
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$$

Do vai trò $a,b,c$ như nhau nên không mất tính tổng quát có thể giả sử:
$$ a \ge b \ge c >0 $$

Đầu tiên có :
$$ 2b(a+c)^2-(a+b)(b+c)(c+a) = (a+c)(a-b)(b-c) \ge 0 $$
Suy ra :
$$ 2b(a+c)^2 \ge (a+b)(b+c)(c+a) $$
Khi đó :
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{(a+c)^2} $$
Mà:
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{(a+c)^2}-2=\frac{(a^2+c^2-ab-bc)^2}{(a+c)^2(ab+bc+ca)} \ge 0$$
Vây nên:
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$$

 

[noinhobinhyen_nb]

$$BDT \iff \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\dfrac{8abc}{(c+a)(b+c)(a+b)}\geq 2 \\ \iff \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}-1+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-1\geq 0 \\ \iff \dfrac{\sum (a-b)^2}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{\sum c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0 \\ \iff \sum (a-b)^2\left(\dfrac{1}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right)\geq 0$$
Dễ dàng chứng minh :$\dfrac{1}{2(ab+bc+ac)}-\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}> 0$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh . $\blacksquare$

p/s: bài này còn 1 cách nữa là dùng phương pháp phân tích bình phương $\text{S.O.S}$

hài :x

bài này anh hỏi bên VMF và em copy đúng ko :v

sai rõ ràng rồi, làm gì có kiểu $\sum c(a-b)^2 = (\sum (a-b)^2).c$

 

[vuive_yeudoi]

Bất đẳng thức này đúng với mọi $a,b,c$ dương :
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$$

Đầu tiên do vai trò $a,b,c$ như nhau nên có thể giả sử :
$$ a \ge b \ge c >0 $$

Có:
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} -2=\frac{ab \left( b+a-c \right) \left( a-b \right) ^{2}+bc \left( c+b-a \right) \left( b-c \right) ^{2}+ca \left( a+c-b \right) \left( c-a \right) ^{2} }{(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)} $$
Để trình bày cho gọn gàng thì ký hiệu:
$$ P= ab \left( b+a-c \right) \left( a-b \right) ^{2}+bc \left( c+b-a \right) \left( b-c \right) ^{2}+ca \left( a+c-b \right) \left( c-a \right) ^{2}
=S_c.(a-b)^2+S_a.(b-c)^2+S_b.(c-a)^2 $$
Trong đó:
$$ S_b=ca \left[ c+(a-b) \right] \ge 0 \ ; \
S_c=ab \left[ b+(a-c) \right] \ge 0 $$
và:
$$ S_a+S_b=c^2(a+b)+c(a-b)^2 \ge 0 $$
Cần chứng minh :
$$ P \ge 0 $$
Do $a \ge b \ge c > 0$ nên :
$$ (a-c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+2(a-b)(b-c) \ge (a-b)^2+(b-c)^2 $$
Suy ra :
$$ P= S_c.(a-b)^2+S_a.(b-c)^2+S_b.(c-a)^2 \ge (S_a+S_b).(b-c)^2+(S_b+S_c).(a-b)^2 \ge 0 $$
Đó chính là điều cần chứng minh .

Thiệt ra dùng S.O.S cũng chứng minh được bất đẳng thức kiểu như vầy với cùng điều kiện là các số $a,b,c$ dương :
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$$