Chủ đề này có 2 trả lời

[hathu123]

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $${a^3} + {b^3} + {c^3} \leqslant \sqrt {3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} - {a^2}b - {b^2}c - {c^2}a} \right)}  + 3abc$$

[tuaneee111]

Ta có bổ đề sau: $3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) \leqslant \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

Chứng minh: $\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) = \sum\limits_{cyc} {a{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant 0$

Áp dụng vào bài ta cần phải chứng minh: $${a^3} + {b^3} + {c^3} \leqslant \sqrt {3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) - \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}  + 3abc$$Đặt $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}p=a+b+c\\q=ab+bc+ca\\r=abc\end{array} \right.\Rightarrow q\le \frac{{{{p}^{2}}}}{3}=\frac{1}{3}$, bất đẳng thức trở thành: $$1 - 3q \leqslant \sqrt {3\left( {1 - 3q + 3r} \right) - 1 + 2q}  \Leftrightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 0$$+ Nếu $q \leqslant \frac{1}{4}$ thì $9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 9{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{1}{4} - 9.0 - 1 =  - 0,1875 < 0$

+ Nếu $q \geqslant \frac{1}{4}$ thì theo $Schur$ ta có: $r \geqslant \frac{{4q - 1}}{9} \Rightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant q\left( {q - \frac{1}{3}} \right) \leqslant 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công! 

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

[hathu123]

c

 

Ta có bổ đề sau: $3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) \leqslant \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

Chứng minh: $\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) = \sum\limits_{cyc} {a{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant 0$

Áp dụng vào bài ta cần phải chứng minh: $${a^3} + {b^3} + {c^3} \leqslant \sqrt {3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) - \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}  + 3abc$$Đặt $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}p=a+b+c\\q=ab+bc+ca\\r=abc\end{array} \right.\Rightarrow q\le \frac{{{{p}^{2}}}}{3}=\frac{1}{3}$, bất đẳng thức trở thành: $$1 - 3q \leqslant \sqrt {3\left( {1 - 3q + 3r} \right) - 1 + 2q}  \Leftrightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 0$$+ Nếu $q \leqslant \frac{1}{4}$ thì $9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 9{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{1}{4} - 9.0 - 1 =  - 0,1875 < 0$

+ Nếu $q \geqslant \frac{1}{4}$ thì theo $Schur$ ta có: $r \geqslant \frac{{4q - 1}}{9} \Rightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant q\left( {q - \frac{1}{3}} \right) \leqslant 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công! 

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Thanks bạn nhiều