Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:
$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$
Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:
$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$
Trước tiên, ta có bổ đề sau:
Nếu $a+b+c=p$, và đặt: $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(p^2-t^2);t\geq 0$. Ta có:
$\frac{(p+t)^2(p-2t)}{27}\leq abc\leq \frac{(p-t)^2(p+2t)}{27}$.
Không mất tổng quát chọn $a+b+c=1$.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1-t^2}{3r}+16(1-t^2)\geq 25$.
với $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(1-t^2),t\geq 0$.
Theo bổ đề trên ta có: $\frac{1-t^2}{3r}\geq \frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}$.
Chú ý rằng: $\frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}+16(1-t^2)=\frac{2t^2(4t-1)^2}{(1-t)(1+2t)}+25$.
Từ đó, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $t=0$ hoặc $t=\frac{1}{4}$ nghĩa là $a=b=c$ hoặc $2a=b=c$ hoặc các hoán vị.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Trước tiên, ta có bổ đề sau:
Nếu $a+b+c=p$, và đặt: $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(p^2-t^2);t\geq 0$. Ta có:
$\frac{(p+t)^2(p-2t)}{27}\leq abc\leq \frac{(p-t)^2(p+2t)}{27}$.
Không mất tổng quát chọn $a+b+c=1$.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1-t^2}{3r}+16(1-t^2)\geq 25$.
với $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(1-t^2),t\geq 0$.
Theo bổ đề trên ta có: $\frac{1-t^2}{3r}\geq \frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}$.
Chú ý rằng: $\frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}+16(1-t^2)=\frac{2t^2(4t-1)^2}{(1-t)(1+2t)}+25$.
Từ đó, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $t=0$ hoặc $t=\frac{1}{4}$ nghĩa là $a=b=c$ hoặc $2a=b=c$ hoặc các hoán vị.
Phương pháp gì đây bạn
$p,q,r$
Vậy t là gì và biểu thức chặn hai đầu của abc là dùng chur à
Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:
$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$
Bài này là một bài quen cũ của Vasile cách đơn giản nhất là dùng dồn biến
\[(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2= \sum c(a-b)^2(a+b-3c)^2 \geqslant 0.\]
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh