Chủ đề này có 3 trả lời

[tim1nuathatlac]

Cho $a\geq b\geq c\geq 0$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=5$. Chứng minh rằng:

 

$P=\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )\left ( ab+bc+ca \right )\geq -4$

[Hoang Tung 126]

Cho $a\geq b\geq c\geq 0$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=5$. Chứng minh rằng:

 

$P=\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )\left ( ab+bc+ca \right )\geq -4$

Ta có $P=(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ac)\geq -4< = > (a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ac)\leq 4$       (1)

 

   Trước hết ta chứng minh :$(b-c)(a-c)(ab+bc+ac)\leq a^2b^2$   (2)

 

Thật vậy (2) $< = > (ab-ac-bc+c^2)(ab+bc+ac)\leq a^2b^2< = > a^2b^2+ab^2c+a^2bc-a^2bc-abc^2-a^2c^2-ab^2c-b^2c^2-abc^2+abc^2+bc^3+ac^3\leq a^2b^2< = > a^2c^2+b^2c^2+abc^2\geq bc^3+ac^3< = > c^2(a^2+b^2+ab-ac-bc)\geq 0$

 

 BDT này đúng do $a\geq b\geq c\geq 0= > a^2-ac=a(a-c)\geq 0,b^2-bc=b(b-c)\geq 0,ab\geq 0= > a^2+b^2+ab-ac-bc\geq 0= > c^2(a^2+b^2+ab-ac-bc)\geq 0$

 

   Do đó (2) đúng

 

$= > (a-b)(a-c)(b-c)(ab+bc+ac)\leq a^2b^2(a-b)$    (3)

 

 Theo Cosi ta lại có $\frac{1}{2}ab.\frac{1}{2}ab.\frac{1}{2}ab.\frac{1}{2}ab(a^2-2ab+b^2)\leq \frac{(\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}ab+a^2-2ab+b^2)^5}{5^5}=\frac{(a^2+b^2)^5}{5^5}\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^5}{5^5}=\frac{5^5}{5^5}=1= > \frac{(ab)^4(a-b)^2}{16}\leq 1= > (ab)^4(a-b)^2\leq 16= > a^2b^2(a-b)\leq 4$      (4)

  (Do $a\geq b= > a-b\geq 0$)

 

  Từ (3),(4) $= > (a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ac)\leq 4$

 

  $= > (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ac)\geq -4$ .Do đó ta có ĐPCM .

 

-Dấu = xảy ra tại $< = > \left\{\begin{matrix} c=0 & & \\ 2a^2-5ab+2b^2=0 & & \\ a^2+b^2+c^2=5 & & \end{matrix}\right.< = > \left\{\begin{matrix} a=2 & & \\ b=1 & & \\ c=0 & & \end{matrix}\right.$

 

   

[Hoang Tung 126]

Bài này cũng có thể giải = cách dồn biến nhưng hơi dài

[Hoang Tung 126]

Nhờ mod sao chép bài này