Chủ đề này có 7 trả lời

[phuchung]

Chứng minh với mọi $a,b,c,d \in R$ và $a+b+c+d=0$ thì:
$(ab + bc + cd + da + bd + ac)^2 + 12 \geq 6(abc + abd + bcd + dca)$
Thử coi xem sao nhở

[Dark Magician 2k2]

Cho a,b,c,d là các số thực có tổng bằng 0

Chứng minh

$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12\geq6(abc+bcd+cda+dab)$

[bangbang1412]

Đổi dấu cả bốn biến $a,b,c,d$ ta thu được bài toán cho $a+b+c+d=0$ chứng minh 

$$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^{2}+6(abc+bcd+cda+dba)+12\geq0$$

Xét đa thức

$$P(x)=(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)$$ 

Đa thức có bốn nghiệm nên đạo hàm của nó cũng có ba nghiệm 

$$Q(x)=(x+a)(x+b)(x+c)+(x+b)(x+c)(x+d)+(x+c)(x+d)(x+a)+(x+d)(x+a)(x+b)=4(x+m)(x+n)(x+p)$$

Khai triển đồng nhất hệ số cho ta :

$$4x^{3}+3(a+b+c+d)x^{2}+2(ab+bc+ac+bc+bd+ca)x+abc+bcd+cda+dab=4x^{2}+4(m+n+p)x^{2}+4(mn+np+mp)+4mnp$$

Như vậy 

$$\sum a = \sum m = 0$$

$$\sum ab = 2 \sum mp$$

$$\sum abc = 4mnp$$

Ta đưa bài toán về

$$S=(mn+np+mp)^{2}+6mnp+3\geq 0$$

Trong đó $m+n+p=0$

Ta có : 

$$S=(m^{2}+mp+p^{2})^{2}+3 \geq 6mp(m+p)$$

$$3\sum \frac{(m^{2}+mp+p^{2})^{2}}{3} +3 \geq 4 (m^{2}+mp+p^{2}) .\frac{\sqrt{m^{2}+mp+p^{2}}}{\sqrt{3}}$$

Ta có $m^{2}+mp+p^{2} \geq max ( 3mp, 3 \frac{(m+p)^{2}}{4} )$, và có thể giả sử $mp \geq 0$ nên ta có đpcm . 

Tks hoanglong2k giúp đoạn cuối . 

 

Một bài toán tương tự :

Cho $a,b,c,d>0$ chứng minh rằng :

$$4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^{2} \geq 9(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 31-08-2016 - 11:12

[Nguyenhuyen_AG]

Cho a,b,c,d là các số thực có tổng bằng 0

Chứng minh

$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12\geq6(abc+bcd+cda+dab)$

 

Viết bất đẳng thức trên lại như sau

\[[ab+bc+ca+d(a+b+c)]^2+12 \geqslant 6[abc+d(ba+bc+ca)]. \quad (1)\]

Thay $d=-(a+b+c)$ vào $(1)$ ta được

\[[ab+bc+ca-(a+b+c)^2]^2+12 \geqslant 6[abc-(a+b+c)(ab+bc+ca)],\]

\[\frac{1}{4}[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]^2 + 6(a+b)(b+c)(c+a) + 12 \geqslant 0.\]

Như vậy ta chỉ cần chứng minh

\[(x^2+y^2+z^2)^2 + 24xyz + 48 \geqslant 0, \quad \forall x,y,z \in \mathbb{R}.\]

Giả sử $xy \geqslant 0$ khi đó nếu $z \geqslant 0$ thì ta có điều phải chứng minh. Còn nếu $z \leqslant 0$ đặt $z = -t\,(t \geqslant 0)$ bất đẳng thức trở thành

\[(x^2+y^2+t^2)^2 - 24xyt + 48 \geqslant 0.\]

Theo bất đẳng thức AM-GM thì $x^2+y^2 \geqslant 2xy \geqslant 0$ do đó ta chỉ cần chứng minh

\[(2xy+t^2)^2 - 24xy \cdot t + 48 \geqslant 0. \quad (2)\]

Viết $(2)$ lại dưới dạng tam thức bậc hai theo $xy$ như sau

\[f(xy) = 4(xy)^2+4t(t-6)xy+t^4+48 \geqslant 0.\]

Tam thức này có hệ số của $(xy)^2$ dương và biệt thức

\[\Delta^{'}_{xy} = [2t(t-6)]^2-4(t^4+48) = -48(t+1)(t-2)^2 \leqslant 0.\]

Nên theo định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có $f(xy) \geqslant 0.$ Bài toán được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 01-09-2016 - 20:49

[Nguyenhuyen_AG]

Ta đưa bài toán về

$$S=(mn+np+mp)^{2}+6mnp+3\geq 0$$

Trong đó $m+n+p=0$

 

Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng tam thức bậc hai tuy nhiên ở đoạn tính biệt thức cần khéo léo một tí. Ngoài ta có thể tổng quát nó lên thành

Nếu $a,b,c$ là ba số thực thỏa mãn $a+b+c=0$ và $k \geqslant 0,$ thì
\[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3k^4 \geqslant 6kabc.\]

 

Ta có $m^{2}+mp+p^{2} \geq max ( 3mp, 3 \frac{(m+p)^{2}}{4} )$, và có thể giả sử $mp \geq 0$ nên ta có đpcm .

:v

\[\max\left\{3mp, \frac{3}{4}(m+p)^{2}\right\} = \frac{3}{4}(m+p)^{2}.\]

 

Một bài toán tương tự :

Cho $a,b,c,d>0$ chứng minh rằng :

$$4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^{2} \geq 9(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)$$

 

Áp dụng định lý Rolle’s ta quy bất đẳng thức về chứng minh

\[(xy+yz+zx)^2 \geqslant 3xyz(x+y+z).\]

Hiển nhiên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 31-08-2016 - 16:01

[bangbang1412]

 

:v

\[\max\left\{3mp, \frac{3}{4}(m+p)^{2}\right\} = \frac{3}{4}(m+p)^{2}.\]

 

 

ý em là nó lớn hơn cả hai cái đó ý mà anh . 

[Dark Magician 2k2]

Đổi dấu cả bốn biến $a,b,c,d$ ta thu được bài toán cho $a+b+c+d=0$ chứng minh 

$$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^{2}+6(abc+bcd+cda+dba)+12\geq0$$

Xét đa thức

$$P(x)=(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)$$ 

Đa thức có bốn nghiệm nên đạo hàm của nó cũng có ba nghiệm 

$$Q(x)=(x+a)(x+b)(x+c)+(x+b)(x+c)(x+d)+(x+c)(x+d)(x+a)+(x+d)(x+a)(x+b)=4(x+m)(x+n)(x+p)$$

Em nghĩ là có thể xét trực tiếp đa thức $Q(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)$ chứ không cần đổi dấu.

[Nguyenhuyen_AG]

Link: http://diendantoanho...q6abcbcdcdadab/