Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng:
\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \ge \frac{3}{4}
Lời giải:
Không mất tính tổng quát,ta giả sử a \ge b \ge c.Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: b+c \ge 1
Ta dễ dàng chứng minh bổ đề sau bằng phương pháp hàm số:
Bổ đề: Nếu x>0 thì \frac{1}{x^2} \ge \frac{1}{x^{2x}}.
Sử dụng bổ đề,ta có:
\frac{4a^{b+c}}{(b+c)^2}=\frac{a^{b+c}}{\left(\frac{b+c}{2}
\right)^2} \ge \frac{a^{b+c}}{\left(\frac{b+c}{2}
\right)^{b+c}}=\left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c}
Như vậy:
4\left[\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2}
\right] \ge \left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c}+\left(\frac{2b}{c+a}
\right)^{c+a}+\left(\frac{2c}{a+b} \right)^{a+b}
Do \min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c \ge 1 nên theo BĐT Bernoulli:
\left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c} \ge 1+(b+c)\left(\frac{2a}{b+c}-1 \right)=1+2a-b-c
Suy ra:
4\left[\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \right] \ge 3
Trường hợp 2: b+c \le 1.
Nhận thấy rằng nếu a \ge 1 thì \frac{a^{b+c}}{(b+c)^2} \ge a^{b+c} \ge a \ge 1>\frac{3}{4}.Xét a \le 1.
Ta suy ra được:c+a ;a+b \le 2.
Khi này,ta có:
a^{b+c} \ge a \ge a^2;b^{c+a} \ge b^2;c^{a+b} \ge c^2
Suy ra:
\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2}
\ge \frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \ge
\frac{3}{4}
Vậy bài toán đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét