thử qua một bài bdt nào,hehe

Question

Cho a,b,c>0 TM abc=1 CMR:

$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^2}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^2}{(ca+2)(2ca+1)} \geq \frac{1}{3}$

score 2 · Answer 1

Vì

$a,b,c>0$ và

$abc=1$ nên tồn tại

$x,y,z>0$ sao cho

$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ . Khi đó:

$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{\frac{x^2}{y^2}}{\left( \frac{x}{y}.\frac{y}{z}+2\right) \left( 2\frac{x}{y}.\frac{y}{z}+1\right) }=\frac{z^2x^2}{(xy+2yz)(2xy+yz)}$
Đặt

$zx=m,xy=n,yz=p$ thì ta được:

$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}$
BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}\geq \frac{1}{3}$ .
Thật vậy:

$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}=\sum_{m,n,p}{\frac{m^4}{(mn+2pm)(2mn+pm)}} \geq \frac{(m^2+n^2+p^2)^2}{4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)}$
Ta cần chứng minh:

$3(m^2+n^2+p^2)^2\geq 4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)$

$\Leftrightarrow 3(m^4+n^4+p^4)+2(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)\geq 5mnp(m+n+p)$
BĐT trên có thể dễ dàng suy ra từ

$m^4+n^4+p^4\geq m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\geq mnp(m+n+p)$ .
Tóm lại, với

$a,b,c>0$ mà

$abc=1$ thì ta có BĐT

$\sum_{a,b,c}{\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}}\geq \frac{1}{3}$ . Dấu

$=$ xảy ra khi và chỉ khi

$a=b=c=1.$

score 4 · Answer 2

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

$(ab+2)(2ab+1) \leq \dfrac{(ab+2+2ab+1)^2}{4}=\dfrac{9(ab+1)^2}{4}$
Ta chỉ cần chứng minh:

$\dfrac{a^2}{(ab+1)^2}+\dfrac{b^2}{(bc+1)^2}+\dfrac{c^2}{(ca+1)^2} \geq \dfrac{3}{4}.$
Đặt

$a=\dfrac{y}{x},b=\dfrac{z}{y},c=\dfrac{x}{z}$ , với

$x,y,z>0$ , BĐt trở thành:

$\dfrac{x^2}{(y+z)^2}+\dfrac{y^2}{(z+x)^2}+\dfrac{z^2}{(x+y)^2} \geq \dfrac{3}{4}.$
Áp dụng BĐT Bunhia và BĐt Nesbit ta có:

$\begin{aligned}\dfrac{x^2}{(y+z)^2}+\dfrac{y^2}{(z+x)^2}+\dfrac{z^2}{(x+y)^2}\ & \geq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right)^2 \\ & \geq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{9}{4}=\dfrac{3}{4}. \end{aligned}$
Dấu bằng xảy ra khi:

$a=b=c=1$