Chủ đề này có 2 trả lời

[200dong]

Cho $a;b;c \ge 0$ thỏa $a^2 + b^2 + c^2 = 3$. Chứng minh rằng : 

 

$\dfrac{1}{3 - ab} + \dfrac{1}{3 - bc} + \dfrac{1}{3 - ac} \le \dfrac{3}{2}$ 

 

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a;b;c \ge 0$ thỏa $a^2 + b^2 + c^2 = 3$. Chứng minh rằng : 

 

$\dfrac{1}{3 - ab} + \dfrac{1}{3 - bc} + \dfrac{1}{3 - ac} \le \dfrac{3}{2}$ 

 

Chú ý rằng $1-\frac{1}{3 - ab}=\frac{2-ab}{3-ab}$ nên bất đẳng thức trên tương đương với

\[\frac{2-ab}{3-ab}+\frac{2-bc}{3-bc}+\frac{2-ca}{3-ca} \geqslant \frac{3}{2}.\]

Dễ dàng chứng minh được $2-ab,\,2-bc,\,2-ca$ là các đại lượng không âm, khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

\[\sum \frac{2-ab}{3-ab} \geqslant \frac{\left [ \displaystyle \sum (2-ab) \right ]^2}{\displaystyle \sum (3-ab)(2-ab)} = \frac{(6-ab-bc-ca)^2}{\displaystyle \sum (3-ab)(2-ab)}.\]

Như vậy ta chỉ cần chứng minh

\[2(6-ab-bc-ca)^2 \geqslant 3\sum (3-ab)(2-ab),\]

hay là

\[2\left [ 2(a^2+b^2+c^2)-ab-bc-ca \right ]^2 \geqslant \sum (a^2+b^2+c^2-ab)\left [ 2(a^2+b^2+c^2)-3ab \right ].\]

Khi triển và thu gọn lại ta thấy bất đẳng thức này tương đương với

\[a^4+b^4+c^4+abc(a+bc)-\sum ab(a^2+b^2)+(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc $4$ nên ta có điều phải chứng minh.

 

P/s. Anh nghĩ bài này còn một cách dùng tiếp tuyến, bạn nào nghĩ thử xem.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 18-02-2016 - 22:14

[200dong]

Cách anh cũng hay lắm ạ!  

Em làm như này : $\dfrac{1}{3 - ab} + \dfrac{1}{3 - bc} + \dfrac{1}{3 - ac} \le 3/2$ 

  $\Leftrightarrow \sum (\dfrac{1}{3 - ab} - \dfrac{1}{3}) \le \dfrac{1}{2}$

Ta có  $\dfrac{ab}{3(3 - ab)} = \dfrac{ab}{3(a^2 + b^2 + c^2 - ab)} \le \dfrac{1}{4}.\dfrac{(a + b)^2}{3(a^2 + b^2 + c^2 - \dfrac{a^2 + b^2}{2}}$

$= \dfrac{1}{4}.\dfrac{(a + b)^2}{\dfrac{3}{2}(a^2 + b^2 + 2c^2)} \le \dfrac{1}{6}(\dfrac{a^2}{a^2 + c^2} + \dfrac{b^2}{b^2 + c^2})$ 

 

Tương tự rồi cộng lại có bđt cần chứng minh đúng. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 200dong: 19-02-2016 - 04:11