Chủ đề này có 6 trả lời

[bach7a5018]

Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn: $a^4  + b^4  + c^4  = 3$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le 1$

[dogsteven]

Quy đồng lên ta được bất đẳng thức tương đương: $16+3abc(a+b+c)\geqslant (abc)^2+8(ab+bc+ca)$

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3: $(a+b+c)\left(a^3+b^3+c^3+3abc-a^2b-b^2c-c^2a-ab^2-bc^2-ca^2\right)\geqslant 0$

$\Leftrightarrow 3+3abc(a+b+c)\geqslant \sum a^2(b+c)^2\geqslant 8(ab+bc+ca)-12$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $abc\leqslant 1$ luôn đúng theo AM-GM

[hoangngochai]

 

Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn: $a^4  + b^4  + c^4  = 3$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le 1$

 

Ta có: $\frac{1}{{ab - 4}} + \frac{1}{{bc - 4}} + \frac{1}{{ca - 4}} \ge \frac{{\left( {1 + 1 + 1} \right)^2 }}{{ab + bc + ca - 12}} \ge \frac{9}{{a^2  + b^2  + c^2  - 12}}$

Mặt khác: $\left( {a^2  + b^2  + c^2 } \right)^2  \le 3\left( {a^4  + b^4  + c^4 } \right) = 9 \Leftrightarrow a^2  + b^2  + c^2  \le 3$

Suy ra:  $\frac{1}{{ab - 4}} + \frac{1}{{bc - 4}} + \frac{1}{{ca - 4}} \ge \frac{9}{{a^2  + b^2  + c^2  - 12}} \ge \frac{9}{{3 - 12}} =  - 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le 1$

       Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangngochai: 07-04-2015 - 17:27

[dogsteven]

 

Ta có: $\frac{1}{{ab - 4}} + \frac{1}{{bc - 4}} + \frac{1}{{ca - 4}} \ge \frac{{\left( {1 + 1 + 1} \right)^2 }}{{ab + bc + ca - 12}} \ge \frac{9}{{a^2  + b^2  + c^2  - 12}}$

Mặt khác: $\left( {a^2  + b^2  + c^2 } \right)^2  \le 3\left( {a^4  + b^4  + c^4 } \right) = 9 \Leftrightarrow a^2  + b^2  + c^2  \le 3$

Suy ra:  $\frac{1}{{ab - 4}} + \frac{1}{{bc - 4}} + \frac{1}{{ca - 4}} \ge \frac{9}{{a^2  + b^2  + c^2  - 12}} \ge \frac{9}{{3 - 12}} =  - 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le 1$

       Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

 

$ab-4, bc-4, ca-4$ chưa chắc dương nên không thể dùng C-S được

[hoangngochai]

 

Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn: $a^4  + b^4  + c^4  = 3$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le 1$

 

Ta có: $\frac{1}{{4 - ab}} = 1 - \frac{{2 - ab}}{{4 - ab}} = 1 - \frac{{\left( {2 - ab} \right)\left( {2 + ab} \right)}}{{\left( {4 - ab} \right)\left( {2 + ab} \right)}} = 1 - \frac{{4 - a^2 b^2 }}{{8 - 2ab + a^2 b^2 }}$

Mặt khác: $3 = a^4  + b^4  + c^4  > a^4  + b^4  = \left( {a^2  - b^2 } \right)^2  + 2a^2 b^2  \ge 2a^2 b^2  \Rightarrow a^2 b^2  < \frac{3}{2} \Rightarrow 4 - a^2 b^2  > 0$

Suy ra: $\frac{2}{{4 - ab}} = 1 - \frac{{4 - a^2 b^2 }}{{8 - 2ab + a^2 b^2 }} = 1 - \frac{{4 - a^2 b^2 }}{{9 - \left( {ab - 1} \right)^2 }} \le 1 - \frac{{4 - a^2 b^2 }}{9} = \frac{5}{9} + \frac{{a^2 b^2 }}{9} \le \frac{5}{9} + \frac{{a^4  + b^4 }}{{18}}$

Tương tự: $\frac{2}{{4 - bc}} \le \frac{5}{9} + \frac{{b^4  + c^4 }}{{18}}$;        $\frac{2}{{4 - ca}} \le \frac{5}{9} + \frac{{c^4  + a^4 }}{{18}}$

Suy ra:  $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{15}}{9} + \frac{{a^4  + b^4  + c^4 }}{9}} \right) = 1 $

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

[tien123456789]

$\frac{1}{4-ab}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a^{2}}+\frac{1}{4-b^{2}}), \forall 0\leq a,b\leq 2 thi\frac{1}{4-a^{2}}\leq \frac{a^{4}+15}{18}$

[tien123456789]

cach giai

Hình gửi kèm

•