Bài 1: VP trước:
Đặt: $a+b+c=p=1$;$ab+bc+ca=q$;$abc=r$
BĐT trở thành:
$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+6abc\geq \frac{2}{9}$
$<=>1-3q+6r\geq \frac{2}{9}<=>7+54r\geq 27q$
Sử dụng BĐT Schur thì: $7+54r\geq 7+6p(4q-p^2)=24q+1$
Cần chứng minh $24q+1\geq 27q$
$<=>1\geq 3q$ (Đúng vì $1=p^2\geq 3q$)
Chưa chứng minh xong vế đầu à!
Ta chứng minh dồn biến. Nhưng trước hết ta có: $1=a+b+c\geq a+a\Rightarrow a\leq \frac{1}{2}\Rightarrow b+c\geq \frac{1}{2}$
ta có: $f_{a,b,c}=a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc$
$f_{a,t,t}=a^{3}+2t^{3}+3at^{2}$ với $t=\frac{b+c}{2}$
Xét: $f_{a,b,c}-f_{a,t,t}=b^{3}+c^{3}+3abc-2t^{3}-3at^{2}=b^{3}+c^{3}+3abc-2.\frac{(b+c)^{3}}{8}-3a.\frac{(b+c)^{2}}{4}=\frac{3(b^{3}+c^{3}-bc(b+c))}{4}-\frac{3a(b-c)^{2}}{4}=\frac{3(b+c)(b-c)^{2}}{4}-\frac{3a(b-c)^{2}}{4}=\frac{3}{4}(b-c)^{2}(b+c-a)\geq 0\Rightarrow f_{a,b,c}\geq f_{a,t,t}$
Giờ ta chứng minh: $f_{a,t,t}=2t^{3}+3at^{2}\geq \frac{2}{9}$ với $a+2t=1$
Thay $a=1-2t$ ta có: $-12t^{3}+15t^{2}-6t+1\geq \frac{2}{9}
đúng..............
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh
p/s:
Hoang Nhat Tuan
vậy là chỉ chứng minh được 1 vế thôi hà cảm ơn em
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamquanglam: 06-08-2015 - 16:16