Chương I - Căn bậc hai. Căn bậc ba

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Iran 96

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. CMR:\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)

Một lời giải bằng SOS, uvw, muirhead đang chờ các bác:)

tthnew
23 tháng 10 2019 lúc 19:00

Cách giải bằng uvw (chả biết có đúng ko nhưng chắc là đúng):Câu hỏi của tth

Khách vãng lai đã xóa
tthnew
23 tháng 10 2019 lúc 19:46

À tình cờ hôm trước em có tham khảo một lời giải bằng MV khá hay nè:)) (đọc cũng khá lâu r nên ko chắc là nhớ hết!)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)

Đặt \(f\left(a;b;c\right)=\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}-\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)

Ta sẽ chứng minh \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(t;t;c\right)\) (*) với \(t=\frac{a+b}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}-\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{2}{\left(t+c\right)^2}-\frac{9}{4\left(t^2+2tc\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}-\frac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}-\frac{2}{\left(t+c\right)^2}\ge\frac{9}{4}\left(\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{1}{t^2+2tc}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{\left[\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}+\frac{\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2}{\left(t+c\right)^2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{9\left(a-b\right)^2}{16\left(ab+bc+ca\right)\left(t^2+2tc\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a-b\right)^2}{\left[\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}+\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(t+c\right)^2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{9\left(a-b\right)^2}{8\left(ab+bc+ca\right)\left(t^2+2tc\right)}\)

Từ đây bằng cách chuyển vế và đặt nhân tử chung ta dễ dàng nhận thấy (*) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:

\(\frac{2}{\left[\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}+\frac{1}{\left(t+c\right)^2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}>\frac{9}{8\left(ab+bc+ca\right)\left(t^2+2tc\right)}\)(1)

Để ý rằng \(t^2+2tc\ge ab+bc+ca\) (dễ dàng nhận thấy)

\(4\left(ab+bc+ca\right)-3\left(a+c\right)\left(b+c\right)=ab+bc+ca-3c^2\ge0\)

Do đó \(VP_{\left(1\right)}\le\frac{9}{8\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{18}{\left[4\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}\le\frac{2}{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}\)

\(< \frac{2}{\left[\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}+\frac{1}{\left(t+c\right)^2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=VT\)

Vậy (1) đã được chứng minh do đó (*) đã được chứng minh,

Phép dồn biến hoàn tất. Ta có: \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(t;t;c\right)=\frac{1}{4t^2}+\frac{2}{\left(t+c\right)^2}-\frac{9}{4\left(t^2+2tc\right)}\)

\(=\frac{\left(t+c\right)^2\left(t^2+2tc\right)+8t^2\left(t^2+2tc\right)-9t^2\left(t+c\right)^2}{4t^2\left(t+c\right)^2\left(t^2+2tc\right)}\)

\(=\frac{c\left(t-c\right)^2}{2t\left(t+c\right)^2\left(t^2+2tc\right)}\ge0\)

Từ đó ta thu được đpcm.

P/s: Is that true?

Khách vãng lai đã xóa
tthnew
24 tháng 10 2019 lúc 17:59

Cách của em khá là "trâu", mong mọi người tìm thêm những lời giải sơ cấp hơn ạ!

Nguyễn Huy ThắngAkai HarumaNguyễn Việt LâmVũ Minh TuấnHISINOMA KINIMADO

Khách vãng lai đã xóa

Các câu hỏi tương tự
Nguyễn Hoàng Diệu
Xem chi tiết
NGUYỄN MINH HUY
Xem chi tiết
Nguyễn Thúy linh
Xem chi tiết
Angela jolie
Xem chi tiết
Xem chi tiết
Alice dono
Xem chi tiết
Đặng Thị Thu Thảo
Xem chi tiết
$Mr.VôDanh$
Xem chi tiết
Le Thao Vy
Xem chi tiết