Chủ đề này có 2 trả lời

[lahantaithe99]

Cho các số $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR

 

$9(abc)^2+9(ab+bc+ac)^2+6abc(ab+bc+ac)\geqslant 108abc$

[tap lam toan]

Cho các số $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR

 

$9(abc)^2+9(ab+bc+ac)^2+6abc(ab+bc+ac)\geqslant 108abc$

Solution: Bài này khá chặt và trâu bò :v
Trước tiên chúng ta chứng minh 1 bổ đề khá "quen thuộc":
Với $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$2abc\left ( a+b+c \right )\leq \frac{\left ( ab+bc+ca \right )^{2}\left [ (a+b+c)^{2}-(ab+bc+ca) \right ]}{2(a+b+c)^{2}-3\left ( ab+bc+ca \right )}$$
$$\Leftrightarrow 2abc(\sum a)\leq \frac{ \left [\sum a^{2}b^{2}+2abc\left ( a+b+c \right )  \right ]\left ( \sum a^{2}+\sum ab \right )}{2\sum a^{2}+\sum ab}$$

Để dễ nhìn, đặt $T=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca$, khi đó bđt trên trở thành:
$$\Leftrightarrow 2abc(a+b+c)\leq \frac{\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2abc(a+b+c) \right ).T}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+T}$$
$$\Leftrightarrow 2abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}).T$$
Khai triển ra, ta thu được: 
$$\Leftrightarrow 2abc\left ( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )+abc\left ( \sum ab\left ( a+b \right ) \right )\leq \sum a^{2}b^{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right )+a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3}+3a^{2}b^{2}c^{2}$$
Bằng cách ghép đối xứng $AM-GM$,ta đc: $2abc\left ( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )\leq \sum a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})$

Mặt khác theo bđt Schur bậc 3 với $x=ab,y=bc,z=ca$, ta có $a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3}+3a^{2}b^{2}c^{2}\geq abc\left [ \sum ab(a+b) \right ]$
Do đó bổ đề được chứng minh, với $p=a+b+c=3$. Bổ đề trên tương đương $abc=r\leq \frac{q^{2}\left ( 9-q \right )}{18(6-q)}$ với $q\in [0,3]$

Trở lại bài toán, viết bđt ở dạng pqr là $3r^{2}-2r\left ( 18-q \right )+3q^{2}\geq 0$

Cố định $q$, ta xét hàm $f\left ( r \right )=3r^{2}-2r\left ( 18-q \right )+3q^{2}$ có hệ số $a=3>0$ và do đó đạt cực tiểu ở $r_{0}=\frac{-b}{2a}=\frac{18-q}{3}>0$

Mặt khác $r\in \left [ 0,\frac{q^{2}(9-q)}{18(6-q)} \right ]$ nên ta cần chứng minh $f\left ( 0 \right )$ và $f\left (\frac{q^{2}(9-q)}{18(6-q)}  \right )$ ko âm. Ta có
$$f(0)=3q^{2} \geq 0$$
$$f\left (\frac{q^{2}(9-q)}{18(6-q)}  \right )=\frac{3q^{4}\left ( q-9 \right )^{2}}{18^{2}(6-q)^{2}}-2.\frac{q^{2}(18-q)(9-q)}{18(6-q)}+3q^{2}$$
$$=\frac{q^{2}}{108(6-q)^{2}}\left [ q^{2}(q-9)^{2}-12(18-q)(9-q)(6-q)+324(6-q)^{2} \right ]$$
$$=\frac{q^{2}}{108(6-q^{2})}\left ( q^{4}-6q^{3}+9q^{2} \right )=\frac{q^{4}\left ( q-3 \right )^{2}}{108(6-q)^{2}}\geq 0$$

Bài toán được chứng minh hoàn toàn!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 03-07-2014 - 11:21

[phuocdinh1999]

Cho các số $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR

 

$9(abc)^2+9(ab+bc+ac)^2+6abc(ab+bc+ac)\geqslant 108abc$

Cách khác "gọn" hơn:   Ta đưa BĐT về đồng bậc:

$9(abc)^2+(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2+2abc(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 4abc(a+b+c)^3$

 

$\Leftrightarrow \sum a^4(b^2+c^2)+2\sum a^3b^3+6a^2b^2c^2\geq 2\sum a^4bc+2\sum a^2bc(ab+ac)$

 

Theo $AM-GM$: $\sum a^4(b^2+c^2)\geq 2\sum a^4bc(1)$

 

Áp dụng BĐT Schur : $\sum x^3+3xyz\geq \sum xy(x+y)$ với $x=ab;y=bc;z=ca$, ta có:

 

                                   $\sum a^3b^3+3a^2b^2c^2\geq \sum a^2bc(ab+ac)(2)$

 

Từ $(1)+(2)*2$ ta có BĐT cần chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 03-07-2014 - 16:12