Inequality

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge 3+\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}$$

Lời giải 1 :

Các đại lượng trong bài toán làm ta liên tưởng đến ngay phương pháp S-S :

Thật vậy, chú ý các đẳng thức :

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}-3$$=\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$

Và :

$\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{2(a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c{)}^2}$

Do vậy ta đi chứng minh :

$\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$$\ge \frac{2(a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c{)}^2}$$\iff M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Trong đó :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2},N=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$

Dễ dàng thấy :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}=\frac{2(a^2+b^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c{)}^2(a+c)(b+c)}>0$$

và :

$N$$=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{a+b+2c}{{\left(\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27(a+b+2c)}{8(a+b+c{)}^3}$$>\frac{27(a+b+c)}{8(a+b+c{)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27}{8(a+b+c{)}^2}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$>0$

Do đó chỉ cần giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Lời giải 2 :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}$$\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{(ab+bc+ca)}$$=\frac{1}{t}(ab+bc+ca$$=t)$

Để ý vế phải có thể viết lại :

$$3+\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}=3+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=5-6(ab+bc+ca)=5-6t$$

Như vậy thì ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{t}\ge 5-6t\iff t\le \frac{1}{3},\vee t\ge \frac{1}{2}$$

Luôn đúng vì $t=ab+bc+ca\le \frac{1}{3}(a+b+c{)}^2=\frac{1}{3}$

Ta có điều phải chứng minh.