Chủ đề này có 1 trả lời

[qwertyuiop]

Cho a,b,c,d dương thoả:
$abcd=1$
chứng minh:
$3(a+b+c+d)^2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)+96\geq 24(a+b+c+d)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$


(Super-BDT)

[maitienluat]

Ta đưa BĐT trên về đồng bậc:
$$3\left ( \sum a \right )^{2}\left ( \sum ab \right )+96abcd\geq 24\left ( \sum a \right )\left ( \sum bcd \right )$$
Và do đó có thể bỏ qua điều kiện $abcd=1$ để chuẩn hoá $a+b+c+d=4$. Ta sẽ c/minh:
$$f(a,b,c,d)=ab+ac+ad+bc+bd+cd+2abcd-2(abc+abd+acd+bcd)\geq 0$$
Không mất tổng quát ta có thể giả sử $a\geq c\geq b\geq d$, ta có
$$f(a,b,c,d)-f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )=\frac{1}{4}(c-d)^{2}(2a+2b-2ab-1)$$
Ta sẽ c/minh $2a+2b-2ab-1\geq 0$ (*)
$\bullet b\leq 1$.
$$(*)\Leftrightarrow 2(a-1)(1-b)+1\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
$\bullet b\geq 1\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a\leq 2$
$$(*)\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\leq \frac{1}{2}$$
Đúng vì $b\leq \frac{a+b+c}{3}\leq \frac{4}{3}\Rightarrow b-1\leq \frac{1}{3}$ và $a-1\leq 1$.
Tóm lại (*) đúng và ta có
$$f(a,b,c,d)\geq f\left ( a,b,\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2} \right )$$
Suy ra ta chỉ cần c/minh BĐT khi $b=c=d=\frac{4-a}{3}$ với $1\leq a\leq 4$, tức là:
$$a(4-a)+3\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{2}+2a\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{3}-2\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{3}-6a\left ( \frac{4-a}{3} \right )^{2}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (4-a)(a+2)(a-1)^{2}\geq 0$$
C/minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 03-02-2013 - 13:49