Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3
CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fa4ever: 25-03-2013 - 12:42
Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3
CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fa4ever: 25-03-2013 - 12:42
Quy đồng mẫu số rồi khi triển,ta cần chứng minh:
$49-8(ab+bc+ca)+(a+b+c)abc \le 64-16(ab+bc+ac)+4(a+b+c)abc-a^2b^2c^2$
$\Longleftrightarrow 16+3(a+b+c)abc \ge a^2+b^2+c^2+8(ab+bc+ac)$
Áp dụng bất đẳng thức Schur ($a^4+b^4+c^4=3$,ta có:
$(a^3+b^3+c^3+3abc)(a+b+c) \ge [ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)](a+b+c)$
$\Longleftrightarrow 3+3abc(a+b+c) \ge (ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$,ta có:
$(ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2+12 \ge 8(ab+bc+ac)$
$\Longrightarrow 15+3abc(a+b+c) \ge 8(ab+bc+ac)$
Mặt khác ta lại có $1 \ge a^2b^2c^2$
$\Longrightarrow \text{đpcm}$
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 25-03-2013 - 12:51
"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.
If I feel happy,I do mathematics to keep happy."
Alfréd Rényi
Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3
CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$
Đây là đề thi Moldova TST 2005
Giải thế này: UCT mở rộng
Nhận xét: Với mọi $x\leq \frac{3}{2}$ thì
$\frac{3}{4-x}\leq \frac{1}{15}.(2x^2+x+12)$
Dễ thấy $\max [ab,bc,ac]< \frac{3}{2}$ Vì vậy
$\sum _{cyc}\frac{3}{4-ab}\leq \frac{1}{15}.(2\sum _{cyc}a^2b^2+\sum _{cyc}ab+36)$
Lại có:
$\sum _{cyc}a^2b^2\leq \sum a^4=3$
$\sum _{cyc}ab\leq 3$
Vậy ta có đpcm $\blacksquare$
Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3
CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$
Ta có $a^2+b^2 \ge 2ab$ với $ \forall a,b$
Nên
$\frac{1}{4-ab}\le \frac{2}{8-a^2-b^2}$
Theo Cauchy-Schwarz thì
$\frac{2}{8-a^2-b^2} \le \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2})$
do đó
$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le \frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}$
Ta có đánh giá sau
$\frac{1}{4-a^2}\le \frac{a^4+5}{18}$
$\Leftrightarrow (a^2-1)^2(a^2-2)\le 0$ ( đúng)
Do đó
$\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2} \le \frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1$
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 25-03-2013 - 13:29
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh