Hì vừa học x0ng PP SOS.Thực hành ngay thôi!
Đầu tiên ta biến đổi tương đương $Q.e.D$ về dạng chuẩn SOS:
$Q.e.D\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}{abc}-4+\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}-4\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)-4abc}}{abc}+\frac{4[(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)]}{a^2+b^2+c^2}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{2[(a^2+b^2)(b^2+c^2)(a^2+c^2)-8a^2b^2c^2]}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}+\frac{2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{a^2+b^2+c^2}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{2[a^2(b^2-c^2)^2+b^2(a^2-c^2)^2+c^2(b^2-a^2)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}+\frac{2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{a^2+b^2+c^2}\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2[\frac{2(ac+bc)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}]+(b-c)^2[\frac{2(ab+ac)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}]+(c-a)^2\frac{(ab+bc)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}]\geq 0$
$\Leftrightarrow S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$
VỚi $S_a,S_b,S_c$ Là:
$\left\{\begin{matrix} S_a=\frac{2(ab+ac)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}\\ S_b=\frac{2(bc+ba)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}\\ S_c=\frac{2(ca+cb)^2}{(\sqrt{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+4abc)abc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2} \end{matrix}\right.$
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b \geq c$
Dễ thấy $S_a\geq S_b \geq S_c$
Ta sẽ chứng minh $S_b+S_c\geq 0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)[(ab+bc)^2+(ac+bc)^2]\geq 2\sqrt2[\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+2\sqrt2abc]abc$
(Quy đồng ý mà :-bd )
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)[(ab+bc)^2+(ac+bc)^2]\geq 2\sqrt2\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}abc+8a^2b^2c^2$
Nhưng để ý do $a\geq b \geq c$ Nên cũng với $AM-GM$ ta có:
$2\sqrt2\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}=2\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}.\sqrt{2(b^2+c^2)}\leq (2a^2+b^2+c^2)2b$
Vì vậy chỉ cần chứng minh:
$(a^2+b^2+c^2)[(ab+bc)^2+(ac+bc)^2]\geq 2(2a^2+b^2+c^2)ab^2c+8a^2b^2c^2$
Khai triển và rút gọn thì ta có BĐT trên
$\Leftrightarrow a^4b^2+a^2b^4+4a^2b^2c^2+2b^2c^2(b^2+c^2)+c^2a^2(c^2+a^2)+2abc(a^2c+b^2c+c^3)\geq 2a^3b^2c+8a^2b^2c^2$
Nhưng bđt này luôn đúng do: $a^4b^2+a^2b^2c^2\geq 2a^3b^2c$ và $a^2b^4+a^4c^2+b^2c^4+3a^2b^2c^2\geq 9a^2b^2c^2>8a^2b^2c^2$
$\to VT>a^4b^2+a^2b^2c^2+a^2b^4+a^4c^2+b^2c^4+3a^2b^2c^2>VP$
Vậy $S_b+S_c>0$ Nhưng do $S_a\geq S_b\geq S_c$
$\to S_a+S_b,S_b,S_b+S_c>0$
Vậy bđt ban đầu đúng the0 SOS tiêu chuẩn 2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 26-07-2012 - 15:51
