Cho a, b, c >0 và abc = 1. Chứng minh rằng:
$\frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} + \frac{(3b-1)^2}{2b^2+1} + \frac{(3c-1)^2}{2c^2+1}$ $\geq$ 4
Cho a, b, c >0 và abc = 1. Chứng minh rằng:
$\frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} + \frac{(3b-1)^2}{2b^2+1} + \frac{(3c-1)^2}{2c^2+1}$ $\geq$ 4
BẤT ĐẲNG THỨC CHÍNH LÀ THUỐC PHIỆN CỦA TOÁN HỌC
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:
$\frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} + \frac{(3b-1)^2}{2b^2+1} + \frac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geqslant \frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$
Ta cần chứng minh:
$9(a+b+c-1)^2\geqslant 8(a^2+b^2+c^2)+12$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)+18(ab+bc+ca-a-b-c)-3\geqslant 0$
Mà $abc=1$ nên $(1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc=ab+bc+ca-a-b-c$
Do vậy ta cần chỉ ra rằng:
$(a^2+b^2+c^2)+18(1-a)(1-b)(1-c)-3\geqslant 0$
Giả sử $c=max\left \{ a,b,c \right \}$ thì $c\geqslant 1$. Đặt $\sqrt{ab}=t(0<t\leqslant 1)$ thì $c=\frac{1}{t^2}$ và $a^2+b^2\geqslant 2ab=2t^2$
Lúc đó ta cũng có:
$(1-a)(1-b)=1-(a+b)+ab\leqslant 1-2\sqrt{ab}+ab=1-2t+t^2=(t-1)^2\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\geqslant (t-1)^2(1-c)$
Như vậy ta cần chứng minh:
$2t^2+c^2+18(t-1)^2(1-c)-3\geqslant 0$
hay
$(2t^2+\frac{1}{t^4}-3)+18(t-1)^2(1-\frac{1}{t^2})\geqslant 0$
$\Leftrightarrow \frac{(t-1)^2(t+1)(2t-1)^2(5t+1)}{t^4}\geqslant 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\frac{1}{2};c=4$ và các hoán vị
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 13-05-2021 - 13:45
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
Lời giải sau 8 năm, thiệt thú vị
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh