Bài toán chi tiết

Bài 198

14-12-2024 | 3 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1101

Cách giải 1

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau

\[\frac{(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{(b-a)(b-c)}{a+c}+\frac{(c-a)(c-b)}{a+b} \geq 0\]

Không mất tính tổng quát giả sử \(a \geq b \geq c\), khi đó ta có \(\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{1}{c+a}\).

Bất đẳng thức này sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau với \(x \geq y\) và \(a \geq b \geq c\)

\[x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b) \geq 0\]

Ta biến đổi vế trái bất đẳng thức:

\[V T=z(a-c)(b-c)+(a-b)[x(a-c)-y(b-c)] \geq 0\]

Từ đó ta thu được điều phải chứng minh. Bất đẳng thức này là một trường hợp của bất đẳng thức Vornicu - Schur. Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 2

Ta có

\[\frac{a^{2}+b c}{b+c}=\frac{a^{2}+a b+b c+c a}{b+c}-a=\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}-a\]

Tương tự ta có bất đẳng thức ban đầu tương đương với

\[\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+c)(b+a)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b} \geq 2(a+b+c)\]

Đặt \(a+b=x ; b+c=y ; c+a=z\) ta có

\[\frac{x y}{z}+\frac{y z}{x}+\frac{z x}{y} \geq x+y+z\]

Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 3

Ta sẽ chứng minh bằng bất đẳng thức B.C.S như sau

\[(\frac{a^{2}+b c}{b+c}+\frac{b^{2}+c a}{c+a}+\frac{c^{2}+a b}{a+b}) [(a^{2}+b c)(b+c)+(b^{2}+c a)(c+a)+(c^{2}+a b)(a+b)] \geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a)^{2}}{(a^{2}+b c)(b+c)+(b^{2}+c a)(c+a)+(c^{2}+a b)(a+b)}\]

Ta cần chứng minh

\[\frac{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a\right)^{2}}{\left(a^{2}+b c\right)(b+c)+\left(b^{2}+c a\right)(c+a)+\left(c^{2}+a b\right)(a+b)} \geq(a+b+c)\]

Quy đồng và nhân ra ta thu được

\[a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\]

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, suy ra điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong.