Chủ đề này có 3 trả lời

[frozen2501]

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

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

[hoakute]

Xét $\frac{2}{4-ab}=1- \frac{2-ab}{4-ab}=1-\frac{4-a^{2}b^{2}}{8+2ab-a^{2}b^{2}}$

Lại có 8+2ab-a ²b ²= -(ab-1)²+9 <=9

a⁴+b⁴+c⁴ >2a²b²

Suy ra 3>2a²b² hay 4-a²b²>0

Ta có $\frac{2}{4-ab}=1-\frac{4-a^{2}b^{2}}{8+2ab-a^{2}b^{2}} \leqslant 1-\frac{4-a^{2}b^{2}}{9}=\frac{5}{9}+\frac{a^{2}b^{2}}{9}\leqslant \frac{5}{9}+\frac{a^{4}+b^{4}}{18}$

làm thêm 2 bđt tương tự rồi cộng lại có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoakute: 04-04-2016 - 21:00

[lenadal]

$$\dfrac{1}{4-a^2}+ \dfrac{1}{4-b^2} \geq \dfrac{4}{8-a^2-b^2} \geq \dfrac{2}{4-ab}.$$

$$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{4-ab} \leq \sum \dfrac{1}{4-a^2}.$$

Ta có với $x^2<2$ thì:

$$\dfrac{x^4+5}{18} -\dfrac{1}{4-x^2}=\dfrac{(2-x^2)(x^2-1)^2}{18(4-x^2)} \geq 0.$$

Áp dụng suy ra được

$$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{4-a^2} \leq 1.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenadal: 04-04-2016 - 21:20

[KietLW9]

Vì a,b,c dương và $a^4+b^4+c^4=3$ nên $0<a,b,c<\sqrt[4]{3}\Rightarrow 0<ab,bc,ca<\sqrt{3}<2$

Xét BĐT phụ: $\frac{1}{4-ab}\leq \frac{(ab)^2+5}{18}\Leftrightarrow \frac{(2-ab)(ab-1)^2}{18(4-ab)}\geq 0(true)$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $VT\leq \frac{\sum (ab)^2+15}{18}\leq \frac{\sum a^4+15}{18}=1$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1