Cho $a,b,c> 0$. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq 2(ab+bc+ca)^3(1-\frac{1}{3}abc)$
Cho $a,b,c> 0$. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq 2(ab+bc+ca)^3(1-\frac{1}{3}abc)$
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Chém nào!
BĐT cần chứng minh
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 0$
Nếu $abc\geq 3$
Theo $AM-GM$, ta có: $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)$$>0$
Lại có:
$3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)=(ab+bc+ca)^3(2abc-3)+27$ (Luôn đúng với $\frac{3}{2}<abc<3$)
Ta xét trường hợp: $0<abc<\frac{3}{2}$ thì tương tự
Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 10-07-2017 - 12:40
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Chém nào!
BĐT cần chứng minh $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 0$
Theo $AM-GM$, ta có: $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)$
Cần chứng minh: $81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)\geq 0$
Đặt $abc=t(t>0)$
Xét hàm: $f(t)=81t^2+27+54t^2(t-3)$
Khảo sát sự biến thiên của hàm số $f(t)$, ta có: $f(t)\geq 0$.
Vậy BĐT được chứng minh thành công.
Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$
Việc dùng AM-GM ở đây chưa chuẩn lắm , vì ta chưa có $abc-3 \geq 0$ nên chưa thể kết luận là $2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 54a^2b^2c^2(abc-3)$ được ^^
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
Việc dùng AM-GM ở đây chưa chuẩn lắm , vì ta chưa có $abc-3 \geq 0$ nên chưa thể kết luận là $2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 54a^2b^2c^2(abc-3)$ được ^^
Uk cảm ơn nhầm nghiêm trọng quá
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Bổ đề : $\sum a^{2}\geq \sum ab$
Theo bổ đề trên, ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq (ab+bc+ca)(ab+bc+ca)^{2}+9=(ab+bc+ca)^{3}+9$
Ta cần cm $(ab+bc+ca)^{3}+9\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(1-\frac{1}{3}abc)$
<=> $3(ab+bc+ca)^{3}+27\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(3-abc)$
<=> $(ab+bc+ca)^{3}(3-6+2abc)+27\geq 0$
<=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 0$
Ta sẽ cm bđt trên. Áp dụng bđt AM-GM, ta có:
$(ab+bc+ca)^{3}\geq (3\sqrt[3]{(abc)^{2}})^{3}=27(abc)^{2}$
=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 27(abc)^{2}(2abc-3)+27=54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)^{2}(2abc+1)\geq 0$(luôn đúng do abc>0)
=> bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=$1$
Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.
Nhầm giống mình lúc đầu $(ab+bc+ca)^3(2abc-3)+27\geq 27(abc)^2(2abc-3)$ ko chuẩn nhé.
$2abc-3$ chưa chắc dương mà làm như vậy nếu âm thì nó ngược dấu ngay
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
BĐT ban đầu tương đương với:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq 2(ab+bc+ca)^3(1-\frac{1}{3}abc)$
$\Leftrightarrow \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+2abc+\frac{27}{(ab+bc+ca)^3}\geq 6=2(ab+bc+ca)\frac{3}{ab+bc+ca}$.
Đặt: $\frac{3}{ab+bc+ca}=t\geq 0$.
Ta cần chứng minh BĐT:
$t(a^2+b^2+c^2)+2abc+t^3\geq 2(ab+bc+ca)t$. $(*)$
Ta thấy có "vóc dáng" của BĐT quen thuộc:
$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$.
Nên, ta chia $2$ vế BĐT cho $t^3$, đặt $(\frac{a}{t};\frac{b}{t};\frac{c}{t})=(x;y;z)$, ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{3}{ab+bc+ca}\Leftrightarrow a=b=c=1$.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Bổ đề : $\sum a^{2}\geq \sum ab$
Theo bổ đề trên, ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq (ab+bc+ca)(ab+bc+ca)^{2}+9=(ab+bc+ca)^{3}+9$
Ta cần cm $(ab+bc+ca)^{3}+9\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(1-\frac{1}{3}abc)$
<=> $3(ab+bc+ca)^{3}+27\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(3-abc)$
<=> $(ab+bc+ca)^{3}(3-6+2abc)+27\geq 0$
<=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 0$
Ta sẽ cm bđt trên. Áp dụng bđt AM-GM, ta có:
$(ab+bc+ca)^{3}\geq (3\sqrt[3]{(abc)^{2}})^{3}=27(abc)^{2}$
=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 27(abc)^{2}(2abc-3)+27=54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)^{2}(2abc+1)\geq 0$(luôn đúng do abc>0)
=> bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=$1$
$54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)[2(abc)^{2}-abc-1]$ nhé
Nguyễn Văn Tự Cường - Trường THPT Chuyên LQĐ - Quảng Trị
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh