Chủ đề này có 2 trả lời

[tienduc]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc\geq 1$. Chứng minh rằng

$\frac{a^{5}-a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{5}-b^{2}}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{5}-c^{2}}{c^{5}+a^{2}+b^{2}}\geq 0$

[hieuhanghai]

Ta có : Pt<=>$\sum$ ($1-\frac{a^{5}-a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}$)$\leq 3$

$<=> \sum \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}\leq 3$

Ta có : $(a^{5}+ b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{2}$

$(b^{5}+c^{2}+a^{2})(\frac{1}{b}+c^{2}+a^{2})\geq (a+b+c)^{2}$

$(c^{5} + a^{2}+ b^{2})(\frac{1}{c}+a^{2}+b^{2})\geq (a+b+c)^{2}$

=>$\sum \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}\leq \sum \frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Ta sẽ C/m: $\sum \frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\leq 3$ hay C/m: $\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Mà $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq bc+ac+ab(Do abc\geq 1)$=>C/m: $ab+bc+ac\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}(luôn đúng)$

=>ĐPCM. Dấu"=" xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieuhanghai: 17-04-2016 - 22:29

[KietLW9]

Ta có $abc\geqslant 1$ nên $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}\geqslant \frac{a^5-a^2.abc}{a^5+(b^2+c^2)abc} =\frac{a^4-a^2bc}{a^4+(b^2+c^2)bc}$

Xét BĐT phụ: $\frac{x-yz}{x+zt}\geqslant \frac{2x-yt}{2x+t^2} $ với $t\geqslant 2z$ (Luôn đúng do: $\frac{x-yz}{x+zt}- \frac{2x-yt}{2x+t^2}=\frac{x(t-2z)(y+t)}{(x+zt)(2x+t^2)}\geqslant 0$ )

Áp dụng với $x=a^4; y = a^2; z = bc; t = b^2+c^2$, ta được: $\frac{a^4-a^2bc}{a^4+(b^2+c^2)bc}\geqslant \frac{2a^4-a^2(b^2+c^2)}{2a^4+(b^2+c^2)^2}$ 

Đặt $(a^2,b^2,c^2)\rightarrow (x,y,z)$ thì ta cần chứng minh: $\sum_{cyc}\frac{2x^2-x(y+z)}{2x^2+(y+z)^2}\geqslant 0 $

Đây là điều hiển nhiên do: $\Leftrightarrow \sum_{cyc}(x-y)^2\frac{z^2+z(x+y)+x^2-xy+y^2}{(2x^2+(y+z)^2)(2y^2+(z+x)^2)}\geqslant 0$ 

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1