Chủ đề này có 1 trả lời

[O0NgocDuy0O]

Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $abc=1$. Chứng minh khi ấy ta có BĐT sau: $$\frac{1}{a^{a}(b+c)}+\frac{1}{b^{b}(a+c)}+\frac{1 }{c^{c}(a+b)}\leq \frac{3}{2}.$$

[vta00]

TH1:Nếu có 2 số lớn hơn bằng 1,1 số nhỏ hơn bằng 1,giả sử $a\leq 1,b\geq 1,c\geq 1$,áp dụng bdt Bernoulli $a^a=\frac{a}{a^{1-a}}=\frac{a}{(1+a-1)^{1-a}}\geq \frac{a}{1+(1-a)(a-1)}=\frac{a}{2a-a^2}=\frac{1}{2-a}$,$b^b=(1+b-1)^b\geq1+b(b-1)=b^2-b+1\geq b$,$c^c=(1+c-1)^c\geq 1+c(c-1)\geq c^2-c+1\geq c$.Suy ra $\sum \frac{1}{a^a(b+c)}\leq \frac{2-a}{b+c}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}=f(a,b,c)$,ta sẽ đi cm$f(a,b,c)\leq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ hay $\frac{2-a}{b+c}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{2-a}{2\sqrt{bc}}+\frac{2}{bc+a\sqrt{bc}}$.Thật vậy $\frac{2-a}{b+c}\leq \frac{2-a}{2\sqrt{bc}}\Leftrightarrow (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2\geq 0$ đúng với mọi $b,c$ không âm,$\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{2}{(bc+bc \sqrt a)}=\frac{2}{bc+\sqrt a}$ điều này tương đương $(1-a\sqrt a)(b+c-\frac{2}{\sqrt a})\geq 0$,đúng với mọi $a\leq 1$ do $b+c\geq 2\sqrt {bc}=frac{2}{\sqrt a}$.Ta sẽ đi chứng minh $f(a,\sqrt bc,\sqrt bc)=f(a,\frac{1}{\sqrt a},\frac{1}{\sqrt a})=\frac{2-a}{\frac{2}{\sqrt a}}+\frac{2}{\frac{1}{a}+\sqrt a}\leq \frac{3}{2}$,đặt $t=\sqrt a$ thì tương đương $(t-1)^2(t^4+2t^3+t^2+4t+3)\sqrt 0$ đúng. TH2:Nếu có 2 số nhỏ hơn bằng 1,1 số nhỏ hơn bằng 1,giả sử $a\leq 1,b\leq 1,c\geq 1$,như TH1 ta quy về cm $\frac{2-a}{b+c}+\frac{2-b}{c+a}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{3}{2}$,để ý thấy $\frac{2-b}{a+c}=\frac{b(2-b)}{b(c+a)}\leq \frac{1}{b(c+a)}$ nên quy về giống như TH1,đúng với mọi $a\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vta00: 02-07-2016 - 15:26