¸.·’★Unnamed★secret.·’★*¸.·’

Question

For all nonnegative real numbers

$a,b$ and

$c,$ no two of which aer zero

$.$

Prove that:

$\color{blue}{\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^2}{4(ab+bc+ca)^3}}$

tran85295 · Answer 1 · 8/11/2016 12:19:27 PM

My friend's solution

Nếu tồn tại 1 trong 3 số

$a,b,c$ có giá trị là

$0$ thì bdt là hiển nhiên

Trong trường hợp còn lại, đặt

$a,b,c \longrightarrow \left(\frac{1}{x};\frac 1y;\frac 1z \right)$

dpcm

$\Leftrightarrow \sum_{x,y,z}\frac{x^2y^2}{(x+y)^2} \ge \frac{3\sqrt{3(xy+yz+zx)^5}}{4(x+y+z)^3}$

Áp dụng bdt Cauchy-Schwarz,

$VT \ge \frac{(xy+yz+zx)^2}{2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}$

Nên chỉ cần chứng minh

$4(x+y+z)^6 \ge 27(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)^2(xy+yz+zx)$

Tuy nhiên dễ dàng thấy nó đúng theo

$AM-GM$

BDT được chứng minh hoàn toàn

Trả lời 11-08-16 12:19 PM

tran85295
1

31K 52K

cho hỏi cái bản quyền.... :-/ – Confusion 11-08-16 03:15 PM

dia, tờ ruẩn :)) – Confusion 11-08-16 03:12 PM

1 Đáp án