Bài 52:Cho $a,b,c >0$ thoả mãn $(a+b+c)^{3}=32abc$.
Chứng minh rằng: $\frac{383-165\sqrt{5}}{2}$$ \leq$$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{(a+b+c)^{4}}$$\leq$$\frac{9}{128}$
Chuẩn hóa a+b+c=4,abc=2
$a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)]^2-2(ab+bc+ca)^2+4abc(a+b+c)$
Đặt $ab+bc+ca=t$
Xét phương trình :$f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-4x^2+tx-2=0$(*)
$f'(x)=3x^2-8x+t=0\Leftrightarrow x=\frac{4\pm \sqrt{16-3t}}{3}$
f(x) có 3 nghiệm thực $\Leftrightarrow f(\frac{4-\sqrt{16-3t}}{3})\ge 0, f(\frac{4+\sqrt{16-3t}}{3})\le 0$
$\sqrt{16-3t}=y(0\le y \le 4)\Rightarrow t=\frac{16-y^2}{3}$
$f(x)=f'(x)(\frac{x}{3}-\frac{4}{9})+(\frac{2t}{3}-\frac{32}{9})x+\frac{4t}{9}-2$
$f(\frac{4-y}{3})\ge 0 \Leftrightarrow \frac{-2y^2}{9}.\frac{4-y}{3}+\frac{4}{9}.\frac{16-y^2}{3}-2\ge 0\Leftrightarrow (y-1)(y^2-5y-5)\ge 0\Rightarrow y\le 1\Rightarrow t\ge 5$
Tương tự ,$t\le \frac{5\sqrt{5}-1}{2}$
$256P=a^4+b^4+c^4=(16-2t)^2-2t^2+32=2(t^2-32t+144)=2(16-t)^2-224=g(t)$
$ g(\frac{5\sqrt{5}-1}{2})\le g(t)\le g(5)$
$\Rightarrow $ đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daicahuyvn: 29-08-2013 - 19:46