Cho \(a,b,c>0\). CMR:
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\le\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}\)
Ê t không phải cậu ta thì giải có được không?
Ta có:
\(\left(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right)\left(1\right)\)
Giờ ta chứng minh:
\(P=\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{3}\)
Ta có:
\(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\dfrac{a^2}{9}\left(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{bc}{2a^2+bc}\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ca}{2b^2+ca}\right)\\\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế ta được
\(P\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\)
\(\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc\left(2a^2+bc\right)+ca\left(2b^2+ca\right)+ab\left(2c^2+ab\right)}=\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}^2\le\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}\)
Ta có:
\(\left(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right)\left(1\right)\)
Giờ ta chứng minh:
\(P=\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{3}\)
Ta có:
\(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\dfrac{a^2}{9}\left(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{bc}{2a^2+bc}\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ca}{2b^2+ca}\right)\\\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế ta được
\(P\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\)
\(\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc\left(2a^2+bc\right)+ca\left(2b^2+ca\right)+ab\left(2c^2+ab\right)}=\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\le\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}\)
Tag ko thông báo ;( . Hungnguyen đã chứng minh bài toán này với dạng "hiệu" quát, thì t sẽ chứng minh dạng tổng quát như sau
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{ka^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{kb^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{kc^2+\left(a+b\right)^2}}\le\sqrt{\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{k+4}}\) chứng minh BĐT trên đúng với \(k=5\)
Cho \(\left\{{}\begin{matrix}a=b=1\\c=0\end{matrix}\right.\) suy ra \(k\geq 5\). Ta cần chứng minh \(\sum \sqrt{\frac{a^3}{5a^2+(b+c)^2}}\leq \sqrt{\frac{a+b+c}{3}}\)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz: \((\sum \sqrt{\frac{a^3}{5a^2+(b+c)^2}})^{2}\leq (\sum a)(\sum \frac{a^2}{5a^2+(b+c)^2})\)
Ta cần chứng minh \((\sum \frac{a^2}{5a^2+(b+c)^2})\leq \frac{1}{3}\)
Không mất tính tổng quát ta giả sử \(a+b+c=1;a\ge b\ge c\Rightarrow a\ge\frac{1}{3}\ge c\)
BĐT trở thành \(\sum \frac{a^2}{6a^2-2a+1}\leq \frac{1}{3}\)
*)Xét \(c\geq \frac{1}{8}\), thì ta có:
\(9-\sum \frac{27a^2}{6a^2-2a+1}=\sum (12a-1-\frac{27a^2}{6a^2-2a+1})=\sum \frac{(3a-1)^2(8a-1)}{6a^2-2a+1}\geq 0\)
*)Xét \(c\leq \frac{1}{8}\), ta có:
\(6(VT-VP)=\frac{2a-1}{6a^2-2a+1}+\frac{2b-1}{6b^2-2b+1}+\frac{6c^2}{6c^2-2c+1}\)
\(=\frac{a-b-c}{6a^2-2a+1}+\frac{b-c-a}{6b^2-2b+1}+\frac{6c^2}{6c^2-2c+1} \)
\(=\frac{2(a-b)^2(3c-2)}{(6a^2-2a+1)(6b^2-2b+1)}+c(\frac{6c}{6c^2-2c+1}-\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1}) \)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq \frac{6c}{6c^2-2c+1}\)
Do \(c\leq \frac{1}{8}\Rightarrow \frac{6c}{6c^2-2c+1}\leq 1\)
Suy ra cần chứng minh \(\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq1\)
*)Xét \(b\leq \frac{1}{3}\) thì 
\(\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq1\)
*)Xét \(b\ge \frac{1}{3}\). Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz lần nữa ta có:
\(4\geq 6(a^2+b^2)-2(a+b)+2\)
Hay \((2(a+b)+c)(a+b+c)\geq3(a^2+b^2)\)
Do \(b\geq \frac{1}{3} \Rightarrow 3b\ge a\)\(\Rightarrow (2(a+b)+c)(a+b+c)\geq 2(a+b)^2\)
\(=3(a^2+b^2)+4ab-a^2-b^2 \geq 3(a^2+b^2)+3ab-a^2\geq 3(a^2+b^2)\)
Bất đẳng thức được chứng minh xong
T/b:MOng æ sẽ theo dõi lời giải này, cám ơn 
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:
\(VT\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left[\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right]}\)
Ta sẽ chứng minh:
\(\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{3}\)
Ta có:
\(\sum\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}=\sum\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(3a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+4a^2+2bc}\)
Lại áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta được:
\(\sum\dfrac{\left(3a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+4a^2+2bc}\)
\(\le\sum\left(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Do đó:
\(\sum\dfrac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\dfrac{1}{9}\left(\sum\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(1+\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh được:
\(\dfrac{1}{9}\left(1+\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)\le\dfrac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT tương đương với mỗi BDDT trong dãy:
\(1+\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\le3\)
\(4-\sum\dfrac{bc}{2a^2+bc}\le3\)
\(\sum\dfrac{bc}{2a^2+bc}\ge1\)
BĐT luôn đúng vì theo Cauchy - Schwarz thì:
\(\sum\dfrac{bc}{2a^2+bc}=\sum\dfrac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\)
\(\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\sum a^2b^2+2abc\left(a+b+c\right)}=1\)
Vậy phép chứng minh hoàn tất!
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Hoang Hung Quan ê hình như you còn cái câu bất đẳng thức lượng giác nữa đúng không. Đưa nó vô câu hỏi hay đi tui diệt luôn cho :D
Đúng là cứ ngồi nói lung tung để thầy tick cho thật là.Tick thì phải xứng đáng ai lại chờ tick cho mà.
giỏi kiệt xuất