Bất đẳng thức với $ a+b+c=3 $

[quykhtn]

Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng
$$ 1) \ \ \dfrac{1}{12a+(b-c)^2}+\dfrac{1}{12b+(c-a)^2}+\dfrac{1}{12c+(a-b)^2} \geq \dfrac{1}{4} $$
$$ 2) \ \ \dfrac{1}{13a^2+(b-c)^2}+\dfrac{1}{13b^2+(c-a)^2}+\dfrac{1}{13c^2+(a-b)^2} \geq \dfrac{3}{13} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hieu1411997]

1: Ta có $\sum{\dfrac{1}{12a+(b-c)^2}}=\sum{\dfrac{1}{(2a+b+c)^2+4bc}}\ge \sum{\dfrac{1}{(3+a)^2+(3-a)^2}}=\sum{\dfrac{1}{2a^2+18}} $.
Ta quy về chứng minh bất đẳng thức
$\dfrac{1}{a^2+9}+\dfrac{1}{b^2+9}+\dfrac{1}{c^2+9} \ge \dfrac{3}{5} $
Ta có thể chứng minh bđt trên bằng dồn biến!
(Oh! Mình nhầm thôi để đó cho các bạn khác tham khảo )
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi hieu1411997

1: Ta có $\sum{\dfrac{1}{12a+(b-c)^2}}=\sum{\dfrac{1}{(2a+b+c)^2+4bc}}\ge \sum{\dfrac{1}{(3+a)^2+(3-a)^2}}=\sum{\dfrac{1}{2a^2+18}} $.

Em sai ở bước này,cần chỉnh lại là

$$ \dfrac{1}{12a+(b-c)^2}=\dfrac{1}{(2a+b+c)^2-4bc} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hieu1411997]

Thấy bài này ẩn mà chưa có lời giải, ai giải mình xem được không, đến đoạn trên anh quykhtn mà làm mãi không ra!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi quykhtn

Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng
$$ 1) \ \ \dfrac{1}{12a+(b-c)^2}+\dfrac{1}{12b+(c-a)^2}+\dfrac{1}{12c+(a-b)^2} \geq \dfrac{1}{4} $$

Bạn nào tinh ý có thể phát hiện ra bất đẳng thức này lỏng hơn bất đẳng thức Iran 96
Với $ x,y,z \geq 0,xy+yz+zx> 0 $ ta có
$$ \dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z +x)^2} \geq \dfrac{9}{4(xy+yz+zx)} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]