Chủ đề này có 4 trả lời

[songviae]

Cho $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

[hanguyen445]

Cho $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

Ta có:

\[{a^4} + {b^4} + {c^4} = 3 > 2{a^2}{b^2} \to \left| {ab} \right| < \sqrt {\frac{3}{2}}  \to \left\{ {4 - ab,4 - bc,4 - ac} \right\} > 0\]

Dễ thấy:  $\sum\dfrac{1}{4-ab}\le\sum\dfrac{1}{4-|ab|}$. Do đó ta chỉ cần c/m BĐT trong trường hợp $a,b,c>0$

Từ giả thiết ta có:

\[{a^4} + {b^4} + {c^4} = 3 \geqslant \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{3} \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \leqslant 3\]

Mặt khác lại có:

\[\frac{2}{5} - \frac{1}{{4 - ab}} = \frac{{3 - 2ab}}{{5\left( {4 - ab} \right)}} = \frac{{3x - 2ab}}{{5\left( {4x - ab} \right)}}{\text{ = }}f\left( x \right)\]

với $x=1$ và $f'(x)=\dfrac{ab}{(4-ab)^2}>0$

\[x = 1 \geqslant \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}\]

Suy ra:

\[\frac{2}{5} - \frac{1}{{4 - ab}} \geqslant \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 2ab}}{{5\left( {\frac{4}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - ab} \right)}}\]

\[ = 3.\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {c^2}}}{{5\left( {4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3ab} \right)}}\left( @ \right)\]

Khi đó ta có BĐT tương đương với:

\[\,\sum {\left( {\frac{2}{5} - \frac{1}{{4 - ab}}} \right)}  \geqslant \frac{1}{5}\left( * \right)\]

Theo (@) ta có:

\[VT\left( * \right) = \frac{3}{5}.\sum {\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {c^2}}}{{4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3ab}}} \]

\[ \geqslant \frac{3}{5}.\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} + 4{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{12\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3\left( {ab + bc + ac} \right)}} \geqslant \frac{1}{5}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} + 4{\left( {a - b} \right)^2} \geqslant 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {ab + bc + ac} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 3c\left( {a + b} \right) - 5ab \geqslant 3{c^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} - 3\left[ {{c^2} + ab - ca - cb} \right] \geqslant 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} - 3\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \geqslant 0\left( {@@} \right)\]

Do BĐT đối xứng 3 biến $a,b,c$ nên giả sử $a\ge c\ge b$. Suy ra (@@) luôn đúng.

Do đó BĐT được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 29-10-2016 - 00:37

[songviae]

@@ đạo hàm mk chưa học.....có cách nào cho lớp 10 không ạ...bn thử dùng schur xem

[NTA1907]

Cho $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

Ở đây

[tritanngo99]

Cho $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

Cách không dùng đạo hàm:

Ta có: $\frac{1}{4-ab}\le \frac{1}{18}(a^2b^2-1)+\frac{1}{3}\iff \frac{-(ab-1)^2(ab-2)}{18(4-ab)}\le 0(TRUE)$.

$\implies P\le \frac{1}{18}(\sum a^2b^2-3)+1\le \frac{1}{18}(a^4+b^4+c^4-3)+1=1\implies Q.E.D$