Lời giải
Đề bài:
Cho $a,b,c,p,q$ là năm số dương tùy ý. Chứng minh: $\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\geq \frac{3}{p+q} (1)$
Lời giải
Để ý rằng :
$
\displaystyle a=\sqrt{\frac{a}{pb+qc}}.\sqrt{a(pb+qc)}, b =\sqrt{\frac{b}{pc+qa}}.\sqrt{b(pc+qa)},c=\sqrt{\frac{c}{pa+qb}}.\sqrt{c(pa+qb)}$.
Gọi $S$ là vế trái của bất đẳng thức $(1)$ ta có:
$
\displaystyle (a+b+c)^2=(\sqrt{\frac{a}{pb+qc}}.\sqrt{a(pb+qc)}+\sqrt{\frac{b}{pc+qa}}.\sqrt{b(pc+qa)}+\sqrt{\frac{c}{pa+qb}}.\sqrt{c(pa+qb)})^2$
$\leq S[a(pb+qc)+b(pc+qa)+c(pa+qb)]$$=S(p+q)(ab+bc+ca) (2)$
Tuy nhiên $
\displaystyle ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2$
Bởi vì:
$3(ab+bc+ca)=(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ca)$
$\leq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2$
Với kết quả đó, từ $(2)$ suy ra:
$
\displaystyle (a+b+c)^2\leq S(p+q).\frac{(a+b+c)^2}{3}\Rightarrow S\geq \frac{3}{p+q}$
bởi vì $a+b+c>0, p+q>0$.
=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức Bunhiacốpxki
Trả lời