Cho $a,b,c\ge 0$ thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a) = 8$. Chứng minh rằng $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \ge 9.$
$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \ge 9$ nếu $(a+b)(b+c)(c+a) = 8$
Lời giải nmlinh16, 29-06-2023 - 04:16
Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật . Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.
Đi đến bài viết »
#1
Đã gửi 26-03-2023 - 18:39
#2
Đã gửi 25-06-2023 - 12:02
Nếu như ta thu hẹp phạm vi của biến lại thành $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể giải như sau:
Chứng minh. Đặt $X=a^2+b^2+c^2,$ $Y=ab+bc+ca.$ Khi đó ta có $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^4=9XY-(X+2Y)^2=(X-Y)(4Y-X).$$
Dễ dàng chứng minh được $X-Y\geq0,$ còn $4Y-X>2Y-X=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>0$ (dựa trên Bất đẳng thức tam giác). Vậy ta hoàn tất chứng minh.
Trở lại bài toán.
Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM - GM}$ thu được $$a+b+c=\frac{1}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\geq\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=3.$$
Do đó $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^4\geq9.$
____
P/s: Ngóng lời giải hoàn thiện của bài toán.
- thanhng2k7, ThienDuc1101, HaiDangPham và 1 người khác yêu thích
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
#3
Đã gửi 25-06-2023 - 17:13
Nếu như ta thu hẹp phạm vi của biến lại thành $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể giải như sau:
Chứng minh. Đặt $X=a^2+b^2+c^2,$ $Y=ab+bc+ca.$ Khi đó ta có $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^4=9XY-(X+2Y)^2=(X-Y)(4Y-X).$$
Dễ dàng chứng minh được $X-Y\geq0,$ còn $4Y-X>2Y-X=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>0$ (dựa trên Bất đẳng thức tam giác). Vậy ta hoàn tất chứng minh.
Trở lại bài toán.
Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM - GM}$ thu được $$a+b+c=\frac{1}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\geq\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=3.$$
Do đó $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^4\geq9.$
____
P/s: Ngóng lời giải hoàn thiện của bài toán.
tai sao $(ab+bc+ac)(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{1}{4}(a+b+c)^4$ nhir
#4
Đã gửi 25-06-2023 - 19:03
Bài này thì chưa thử giải chi tiết, tuy nhiên "chém đinh chặt sắt" chắc chắn vẫn ra như thường:
Đặt: $x = a+b; y = b+c ; z = c+a$ thì hiển nhiên là $ x ;y;z$ sẽ là những số thực dương và $ xyz = 8$
Ta hoàn toàn có thể tính được $ a; b ; c $ theo $ x;y;z$ và do đó thì cũng không khó để tính $ ab + bc + ca ; a^2 + b^2 + c^2$ theo $x; y; z$
Đến đây thì sử dụng chiêu " chém đinh chặt sắt" mà supermember đã sử dụng nhiều lần ở các topic:
1. https://diendantoanh...-2/#entry740186
2. https://diendantoanh...c2-leq-frac103/
3. https://diendantoanh...lâm-đồng-2022/
Ý tưởng đơn giản là giảm dần số biến từ $3$ biến thành $2$ biến, từ $2$ biến thành $1$ biến thông qua công cụ khảo sát hàm và việc xếp thứ tự tăng dần các biến.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 25-06-2023 - 19:05
#5
Đã gửi 28-06-2023 - 22:30
Bài này nếu chém đinh chặt sắt thì có nhiều cách, dùng $p,q,r$ cũng được.
Gợi ý cho các bạn để có một lời giải đẹp: để chứng minh $A\ge B$, ta tìm $C$ sao cho $A\ge C\ge B$. Tuy mỗi BĐT $A\ge C$ và $C\ge B$ đều chặt hơn BĐT ban đầu, nhưng có thể chứng minh dễ hơn hẳn.
- perfectstrong và HaiDangPham thích
#6
Đã gửi 29-06-2023 - 04:16
Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật . Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 29-06-2023 - 18:09
- Nesbit, perfectstrong, Leonguyen và 4 người khác yêu thích
"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert
#7
Đã gửi 29-06-2023 - 17:27
#8
Đã gửi 30-06-2023 - 09:46
Phương hướng tư duy là ta sẽ nhìn giả thiết $(a+b)(b+c)(c+a)=8$ theo nhiều cách khác nhau để từ đó dẫn tới các tính chất mới của $a, b, c$. Điều này tương tự việc đi tìm các hình phụ trong giải toán hình.
Ta gọi giả thiết $(a+b)(b+c)(c+a)=8$ là $(*)$ và đặt $S=(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)$.
Bước đầu tiên, ta có
$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc$
Do đó $abc \leq 1$.
Tiếp theo ta có
$a+b+c=\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{2} \geq \frac{3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}{2}=3$
Bây giờ ta viết lại $(*)$ dưới dạng khác
$(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc+8$
Ta có
$3(ab+bc+ca) \leq (a+b+c)(ab+bc+ca)$ và $abc+8\leq 9$.
Vì vậy $ab+bc+ca\leq 3$.
Tóm lại ta có ba bất đẳng thức quan trọng giống như 3 điểm phụ làm nền tảng để mở rộng tiếp các tính chất mới đó là $abc\leq 1$, $a+b+c\geq 3$, và $ab+bc+ca\leq 3$.
Bước tiếp theo, ta viết lại $(*)$ dưới một dạng khác nữa là $(a+b)(a+c)=\frac{8}{b+c}$
hay
$a^2+a(b+c)+bc=\frac{8}{b+c}$
Tương tự ta có
$b^2+b(a+c)+ac=\frac{8}{a+c}$
$c^2+c(a+b)+ab=\frac{8}{a+b}$
Từ đó
$a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) = 8 \left ( \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a} \right) \geq 8.3 \sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=12$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 01-07-2023 - 08:53
- Nesbit, perfectstrong, nhungvienkimcuong và 3 người khác yêu thích
#9
Đã gửi 07-07-2023 - 21:04
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8.$ Chứng minh rằng
$$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2+k)\geq3(k+3)$$ với $7\geq k \in N^+.$
Nguồn: AoPS.
- perfectstrong yêu thích
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
#10
Đã gửi 08-07-2023 - 18:08
@Leonguyen Đọc đề có cảm giác là bạn bên đó lấy cảm hứng từ bài trong topic này (chắc có bạn nào share từ VMF lên mấy group FB về BĐT chăng?). Ta thậm chí có thể tìm $k$ lớn nhất thoả mãn bằng cách cho hai số bằng nhau (tất nhiên sau đó phải chứng minh BĐT với giá trị $k$ đó). Ngoài ra nếu BĐT đúng với $k$ thì cũng sẽ đúng với mọi số thực $k$ nhỏ hơn $k$, vì thế điều kiện $k\in\mathbb{N}^*$ hơi kì.
- perfectstrong và stray thích
#11
Đã gửi 10-07-2023 - 15:35
tai sao $(ab+bc+ac)(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{1}{4}(a+b+c)^4$ nhir
theo mình dùng bđt chebyshev
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh