Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^2b}{4-bc}+\frac{b^2c}{4-ac}+\frac{c^2a}{4-ab}\leq 1$
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^2b}{4-bc}+\frac{b^2c}{4-ac}+\frac{c^2a}{4-ab}\leq 1$
Ta có bổ đề: Với $a,b,c\geq 0$ thỏa $a+b+c=3$ thì ta luôn có: $a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a,c$. Khi đó:
$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq a^2b+b^2c+c^2a+a(a-b)(b-c)=b(a+c)^2=4.b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3=4$
Bổ đề được chứng minh thành công
Quay trở lại bài toán:
Bất đẳng thức $\Leftrightarrow \left ( \frac{4a^2b}{4-bc}-a^2b \right )+\left ( \frac{4b^2c}{4-ac}-b^2c \right )+\left ( \frac{4c^2a}{4-ab}-c^2a \right )\leq 4-\left ( a^2b+b^2c+c^2a \right )$
$\Leftrightarrow \frac{a^2b^2c}{4-bc}+\frac{b^2c^2a}{4-ac}+\frac{c^2a^2b}{4-ab}\leq 4-\left ( a^2b+b^2c+c^2a \right )$
Áp dụng bổ đề bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\frac{a^2b^2c}{4-bc}+\frac{b^2c^2a}{4-ac}+\frac{c^2a^2b}{4-ab}\leq abc\Leftrightarrow \frac{ab}{4-bc}+\frac{bc}{4-ca}+\frac{ca}{4-ab}\leq 1$
$\Leftrightarrow 64-32(ab+bc+ca)+8(a^2bc+b^2ca+c^2ab)+4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq abc(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc)$
Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$. Khi đó, ta có:
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow 16-8q+q^2-r\geq 0$
Theo BĐT $AM-GM$, ta có: $\left\{\begin{matrix}3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} & & \\ ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}r\leq \frac{1}{27} & & \\ q\geq 3\sqrt[3]{r^2} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow q^2\geq 9r$
$\Rightarrow 16-8q+q^2-r\geq 16-8q+q^2-\frac{q^2}{9}=\frac{8}{9}(q-3)(q-6)\geq 0$
(BĐT cuối đúng do $9=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)=3q\Rightarrow q\leq 3$)
Vậy BĐT được chứng minh thành công
Dấu '=' xảy ra khi: $(a;b;c)=(1;1;1)$ hoặc $(a;b;c)=(2;1;0)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 15-10-2017 - 17:52
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Dấu '=' xảy ra khi: $(a;b;c)=(1;1;1)$ hoặc $(a;b;c)=(0;1;2)$
Cặp nghiệm $(a;b;c)= (0;1;2)$ không xảy ra dấu bằng mà bạn
Đặng Minh Đức CTBer
Cặp nghiệm $(a;b;c)= (0;1;2)$ không xảy ra dấu bằng mà bạn
đã fix nhé bạn $(a;b;c)=(2;1;0)$ ko phải $(0;1;2)$ nhầm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 15-10-2017 - 17:52
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh