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
