Bài 104946

Question

Cho ba số nguyên dương $a,b,c$ chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{a^2-ac+c^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c} (1)$

score 0 · Answer 1

Đặt $A$ là biểu thức ở vế trái và dễ thấy rằng:
   $ \displaystyle b^2-bc+c^2=(b-\frac{c}{2})^2+\frac{3c^2}{4}>0$
Tương tự $c^2-ca+a^2>0, a^2-ab+b^2>0$.
từ đó xét $S=(a^2+b^2+c^2)^2$
                      $ \displaystyle =[\sqrt{\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}}.\sqrt{a(b^2-bc+c^2)}+\sqrt{\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}}.\sqrt{b(c^2-ca+a^2)}$
$+ \displaystyle \sqrt{\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}}.\sqrt{c(a^2-ab+b^2)} ]^2$$\leq A(ab^2+ac^2+ba^2+bc^2+ca^2+cb^2-3abc)$
                  $ \displaystyle \Leftrightarrow A\geq \frac{S}{ab^2+ac^2+ba^2+bc^2+ca^2+cb^2-3abc}     (2)$
Ta đi chứng minh hai bất đẳng thức :
     $ \displaystyle \frac{S}{ab^2+ac^2+ba^2+bc^2+ca^2+cb^2-3abc} \geq a+b+c       (3)$
     $ \displaystyle a+b+c\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}           (4)$
Thật vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử $0<c\leq b\leq a$, khi đó:
    $(3)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab^3+ac^3+bc^3+ba^3+ca^3+cb^3$
    $\Leftrightarrow a^2(a-b)^2+(a-b)^2(a+b)(b-c)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$, đúng.
    $(4)\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$
    $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$, đúng.
Khi đó kết hợp $(2),(3),(4)$ ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dễ dàng nhận thấy dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Bài 104946

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 104946

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan