Cho $a, b, c > 0$ thoả $a+b+c+abc=4$. cm: $a+b+c\geq ab+bc+ca$
a, b, c >0 thoả a+b+c+abc=4. cm a+b+c $\geq$ ab+bc+ca
Bắt đầu bởi whale123, 02-12-2011 - 17:56
#2
Đã gửi 02-12-2011 - 19:05
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5005 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Mình nghĩ đề phải là: $ab+bc+ca+abc=4$ chứ nhỉ.
Nếu vậy thì lời giải như sau:
Giả sử $a+b+c < ab+bc+ca$
Đặt $k=\dfrac{ab+bc+ca}{a+b+c}$ thì $k>1$.
Ta sẽ chứng minh $ab+bc+ca+abc > 4 (1)$.
Thật vậy, viết lại vế trái (1) ở dạng thuần nhất:
\[ab + bc + ca + abc = \left( {ab + bc + ca} \right).\frac{{{k^2}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}} + abc.\frac{{{k^3}{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}\]
\[ > \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{abc{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}\]
Lại có:
\[{\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^4} \geqslant 9{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}} \geqslant \frac{9}{{a + b + c}}\]
\[ \Rightarrow \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{abc{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{9abc}}{{\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\]
Do đó, ta chỉ cần cm:
\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{9abc}}{{\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {a + b + c} \right)}} \geqslant 4\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^3} + 9abc\left( {ab + bc + ca} \right) \geqslant 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)\]
BĐT cuối đúng theo BĐT Schur bậc 3 nên ta có (1) đúng. Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy ta có đpcm.
Nếu vậy thì lời giải như sau:
Giả sử $a+b+c < ab+bc+ca$
Đặt $k=\dfrac{ab+bc+ca}{a+b+c}$ thì $k>1$.
Ta sẽ chứng minh $ab+bc+ca+abc > 4 (1)$.
Thật vậy, viết lại vế trái (1) ở dạng thuần nhất:
\[ab + bc + ca + abc = \left( {ab + bc + ca} \right).\frac{{{k^2}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}} + abc.\frac{{{k^3}{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}\]
\[ > \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{abc{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}\]
Lại có:
\[{\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^4} \geqslant 9{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}} \geqslant \frac{9}{{a + b + c}}\]
\[ \Rightarrow \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{abc{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{9abc}}{{\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\]
Do đó, ta chỉ cần cm:
\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{9abc}}{{\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {a + b + c} \right)}} \geqslant 4\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^3} + 9abc\left( {ab + bc + ca} \right) \geqslant 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)\]
BĐT cuối đúng theo BĐT Schur bậc 3 nên ta có (1) đúng. Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-12-2011 - 20:48
- whale123, Cao Xuân Huy, Tham Lang và 1 người khác yêu thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#3
Đã gửi 03-12-2011 - 17:48
dark templar
-
- Hiệp sỹ
-
- 3788 Bài viết
Kael-Invoker
Không cần phải dài dòng như thế này đâu Hân 
) Chỉ là 1 phép đổi biến đơn giản :$a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y};x,y,z>0$ thôi mà 
P/s:Bài này hơi giống bài VMO năm nào ấy ?
) Chỉ là 1 phép đổi biến đơn giản :$a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y};x,y,z>0$ thôi mà P/s:Bài này hơi giống bài VMO năm nào ấy ?
- Cao Xuân Huy, Tham Lang và HÀ QUỐC ĐẠT thích
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
