Bài 109 (Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 567 tháng 9 năm 2024)
| 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 4 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 90
Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
\[ \begin{aligned} \frac{a^{2}}{2 a^{2}+7 a b+2 b^{2}}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+7 b c+2 c^{2}} \\ +\frac{c^{2}}{2 c^{2}+7 c a+2 a^{2}} \geq \frac{3}{11} \end{aligned} \]
Cách giải 1
Lời giải. Đặt vế trái của bài toán đề ra là \(M\). Ta dễ dàng chứng minh được:
\[ \frac{11 a^{2}}{2 a^{2}+7 a b+2 b^{2}} \geq \frac{3 a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}} \tag{1} \]
Tương tự:
\[ \frac{11 b^{2}}{2 b^{2}+7 b c+2 c^{2}} \geq \frac{3 b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}} \]
\[ \frac{11 c^{2}}{2 c^{2}+7 c a+2 a^{2}} \geq \frac{3 c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \tag{2} \]
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) sẽ được:
\[ \frac{11}{3} M \geq \frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \]
Đến đây bài toán được chứng minh nếu chứng minh được:
\[ A=\frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \geq 1 \]
Thật vậy theo bất đẳng thức Schwarz ta có:
\[ \begin{aligned} & \frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{c^{2}}{c(a+b+c)} \\ & \geq \frac{(a+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a} \end{aligned} \]
\[ \frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{a^{2}}{a(a+b+c)} \]
\[ \frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}}+\frac{b^{2}}{b(a+b+c)} \]
\[ \geq \frac{(c+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a} \]
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên rồi rút gọn ta được: \(A+1 \geq 2 \Leftrightarrow A \geq 1 \)
Vậy
\[ \frac{11}{3}, M \geq 1 \Leftrightarrow M \geq \frac{3}{11} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \( \Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.