Ta co:
\(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{a^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2a^2}{2a^2+bc}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+1-\frac{bc}{2a^2+bc}\right)\)
Từ đây ta co:
\(VT\le\frac{1}{9}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}+3-\left(\frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}\right)\right)\)
\(VT\le\frac{4}{9}-\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}\right)\le\frac{4}{9}-\frac{1}{9}=\frac{1}{3}\)
Chứng minh với 3 số thực dương x,y,z ta có : \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)(*)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)
Chứng minh được bất đẳng thức \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\)(**)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}\)
Đặt \(P=\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(b+a\right)^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có :
\(\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)\right].\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2a^2+bc}\right)\ge9\)
\(\frac{9a^2}{5b^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}\le a^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2a^2+bc}\right)\)
Bằng cách chứng minh tương tự ta được :
\(\frac{9b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le b^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2b^2+ac}\right)\)
\(\frac{9c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le c^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{2c^2+ab}\right)\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều , khi đó ta có :
\(\frac{9a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{9b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\frac{9c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le1+\left(\frac{2a^2}{2a^2+bc}+\frac{2b^2}{2b^2+ca}+\frac{2c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Suy ra \(9P\le4-\left(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}\right)\)
Mặt khác \(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}=\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2ab^2c+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2abc^2+a^2b^2}\)
Sử dụng bất đẳng thức (**) ta được :
\(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2ab^2c+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2abc^2+a^2b^2}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)
Vậy \(9P\le4-1=3< =>P\le\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
để mình chứng minh nốt bất đẳng thức (*) và (**)
Chứng minh bđt (*)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
Nhân theo vế :
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.3.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}=9\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Chứng minh bđt (**)
Sử dụng bđt \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
\(< =>\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a^2+b^2+2ab\right)xy\)
\(< =>a^2xy+a^2y^2+b^2x^2+b^2xy\ge a^2xy+b^2xy+2abxy\)
\(< =>\left(ay-bx\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{m+n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}\)
