Bài 104954

Question

Chứng minh bất đẳng thức
$\frac{a_1^2}{a_2+a_3+a_4}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4+a_5}+\frac{a_3^2}{a_4+a_5+a_1}+\frac{a_4^2}{a_5+a_1+a_2}+\frac{a_5^2}{a_1+a_2+a_3}\geq \frac{\sqrt{5}}{3}$
Trong đó $a_1,a_2,...,a_5$ là các số dương thỏa mãn điều kiện:
$a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2\geq 1$.

score 0 · Answer 1

Đặt $A=\frac{a_1^2}{a_2+a_3+a_4}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4+a_5}+\frac{a_3^2}{a_4+a_5+a_1}+\frac{a_4^2}{a_5+a_1+a_2}+\frac{a_5^2}{a_1+a_2+a_3}$
$B=a_1^2(a_2+a_3+a_4)+a_2^2(a_3+a_4+a_5)+a_3^2(a_4+a_5+a_1)$
                                               $+a_4^2(a_5+a_1+a_2)+a_5^2(a_1+a_2+a_3)$
$C=a_1^2(a_2+a_3+a_4)^2+a_2^2(a_3+a_4+a_5)^2+a_3^2(a_4+a_5+a_1)^2$
                                               $+a_4^2(a_5+a_1+a_2)^2+a_5^2(a_1+a_2+a_3)^2$
$D=3[a_1^2(a_2^2+a_3^2+a_4^2)+a_2^2(a_3^2+a_4^2+a_5^2)+a_3^2(a_4^2+a_5^2+a_1^2)$
                                               $+a_4^2(a_5^2+a_1^2+a_2^2)+a_5^2(a_1^2+a_2^2+a_3^2)]$
$E=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2$
Do :
     $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2$, đúng với $\forall x,y,z\in R$ nên:

$D\geq C$$(1)$
Bằng biến đổi đơn giản ta có:
     $\frac{9}{5}E^2-D=\frac{3}{10}[(a_1^2+a_2^2-a_3^2-a_4^2)^2+(a_2^2+a_3^2-a_4^2-a_5^2)^2+(a_3^2+a_4^2-a_5^2-a_1^2)^2$
                                         $+(a_4^2+a_5^2-a_1^2-a_2^2)^2+(a_5^2+a_1^2-a_2^2-a_3^2)^2+(a_1^2-a_4^2)^2+(a_1^2-a_3^2)^2$
                                              $+(a_2^2-a_4^2)^2+(a_2^2-a_5^2)^2+(a_3^2-a_4^2)^2]\geq 0$
Nên $\frac{9}{5}E^2\geq D (2)$
Sử dụng bất đẳng thức Bunhicôpski ta thu được:
    $A.B\geq E^2          (3)$

Vận đụng bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta được:
    $B^2\leq EC$.
Từ $(1),(2)$ ta có:
   $B^2\leq EC\leq ED \leq E.\frac{9}{5}E^2 \Rightarrow B\leq\frac{3}{\sqrt{5}}E \sqrt E (4)$
Từ $(3),(4)$ ta thu được $A \geq\frac{\sqrt{5}}{3}.\sqrt{E}\geq \frac{\sqrt{5}}{3}$, do $E\geq 1$
Đẳng thức chỉ xảy ra khi:
      $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=\frac{1}{\sqrt{5}}$.

Bài 104954

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 104954

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan