Chứng minh rằng: Với mọi số thực dương a, b, c ta có: $\ \frac{{a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{b\left( {{b^2} - ca} \right)}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{c\left( {{c^2} - ab} \right)}}{{2{c^2} + ab}} \ge 0.$
Giải:
Ta có: $\ \frac{{a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{2{a^2} + bc}} \ge \frac{{a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{2{a^2} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}}} = \frac{{2a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.$
$\ \Rightarrow \frac{{a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{b\left( {{b^2} - ca} \right)}}{{2{b^2} + ca}} + \frac{{c\left( {{c^2} - ab} \right)}}{{2{c^2} + ab}} \ge 2\left[ {\frac{{a\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{b\left( {{b^2} - ca} \right)}}{{4{b^2} + {c^2} + {a^2}}} + \frac{{c\left( {{c^2} - ab} \right)}}{{4{c^2} + {a^2} + {b^2}}}} \right] = 2P.$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$\ \begin{array}{l}
{\left( {\sqrt {4{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\frac{{\sqrt {a\left( {{a^2} - bc} \right)} }}{{\sqrt {4{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} + \sqrt {4{b^2} + {c^2} + {a^2}} .\frac{{\sqrt {b\left( {{b^2} - ca} \right)} }}{{\sqrt {4{b^2} + {c^2} + {a^2}} }} + \sqrt {4{c^2} + {a^2} + {b^2}} .\frac{{\sqrt {c\left( {{c^2} - ab} \right)} }}{{\sqrt {4{c^2} + {a^2} + {b^2}} }}} \right)^2}\\
\le 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)P
\end{array}$
$\ \Leftrightarrow P \ge \frac{{{{\left[ {\sqrt {a\left( {{a^2} - bc} \right)} + \sqrt {b\left( {{b^2} - ca} \right)} + \sqrt {c\left( {{c^2} - ab} \right)} } \right]}^2}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \ge 3\frac{{\sqrt[3]{{abc\left( {{a^2} - bc} \right)\left( {{b^2} - ca} \right)\left( {{c^2} - ab} \right)}}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \ge 0.$
Vậy BĐT được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét