Chủ đề này có 5 trả lời

[Thoang0913]

Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:

$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$

[Baoriven]

Trước tiên, ta có bổ đề sau: 

Nếu $a+b+c=p$, và đặt: $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(p^2-t^2);t\geq 0$. Ta có:

$\frac{(p+t)^2(p-2t)}{27}\leq abc\leq \frac{(p-t)^2(p+2t)}{27}$.

Không mất tổng quát chọn $a+b+c=1$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{1-t^2}{3r}+16(1-t^2)\geq 25$.

với $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(1-t^2),t\geq 0$.

Theo bổ đề trên ta có: $\frac{1-t^2}{3r}\geq \frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}$.

Chú ý rằng: $\frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}+16(1-t^2)=\frac{2t^2(4t-1)^2}{(1-t)(1+2t)}+25$.

Từ đó, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $t=0$ hoặc $t=\frac{1}{4}$ nghĩa là $a=b=c$ hoặc $2a=b=c$ hoặc các hoán vị.

[yeutoan2001]

Trước tiên, ta có bổ đề sau: 

Nếu $a+b+c=p$, và đặt: $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(p^2-t^2);t\geq 0$. Ta có:

$\frac{(p+t)^2(p-2t)}{27}\leq abc\leq \frac{(p-t)^2(p+2t)}{27}$.

Không mất tổng quát chọn $a+b+c=1$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{1-t^2}{3r}+16(1-t^2)\geq 25$.

với $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(1-t^2),t\geq 0$.

Theo bổ đề trên ta có: $\frac{1-t^2}{3r}\geq \frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}$.

Chú ý rằng: $\frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}+16(1-t^2)=\frac{2t^2(4t-1)^2}{(1-t)(1+2t)}+25$.

Từ đó, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $t=0$ hoặc $t=\frac{1}{4}$ nghĩa là $a=b=c$ hoặc $2a=b=c$ hoặc các hoán vị.

Phương pháp gì đây bạn 

[I Love MC]

Phương pháp gì đây bạn 

$p,q,r$

[yeutoan2001]

$p,q,r$

         Vậy t là gì và biểu thức chặn hai đầu của abc là dùng chur à 

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:

$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$

 

Bài này là một bài quen cũ của Vasile cách đơn giản nhất là dùng dồn biến

\[(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2= \sum c(a-b)^2(a+b-3c)^2 \geqslant 0.\]