Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4
CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64
Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4
CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64
Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4
CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64
Nếu cho một biến tiến về $0$ thì bất đẳng thức trên sai. Chẳng hạn, cho $a=0,01, b=1, c=\frac{299}{101}$ thì $VT\approx 4,17< 64$
Có lẽ đề bài là: $$abc\left ( a^{2}+3 \right )\left ( b^{2}+3 \right )\left ( c^{2}+3 \right )\leq 64$$
Đổi biến $p,q,r$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$$r\left ( r^{2}+3q^{2}-6pr+9p^{2}-18q+27 \right )\leq 64$$
$$\Leftrightarrow r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )\leq 64$$
Đặt $A=r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )$
Ta sẽ tìm cách đánh giá $3q^{2}-18q=3(q^{2}-6q)$ theo $r$.
Theo bất đẳng thức $Schur$, ta có:
$r\geq \frac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{9} \Rightarrow q\leq \frac{9r+p^{3}}{4p}\Rightarrow p-q\geq p-\frac{9\left ( 4-p \right )+p^{3}}{4p}=\frac{(p+3)(p-3)(4-p)}{4p}\geq 0$
Dễ thấy $p\in \left [ 3;4 \right )$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng.
Xét hiệu: $\left (p^{2}-6p \right )-\left ( q^{2}-6q \right )=(p-q)(p+q-6)\geq 0$
Do đó: $$A-64\leq r( 16r^{2}-96r+17+3p^{2}-18p )-64=(r-1)^{2}(19r-64)\leq 0\\ \Rightarrow A\leq 64$$
$q=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc=3r$
Xét hiệu: $q^{2}-6q-9\left ( r^{2}-2r \right )=\left ( q-3r \right )(q+3r-6)\leq 0$
Do đó: $A-64\leq \left ( r-1 \right )^{2}\left ( 43r-64 \right )\leq 0$
Ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 30-05-2017 - 23:04
Thực ra cách làm của mình là:
Xét thấy: ((a+1)(b+1)(c+1)+(a-1)(b-1)(c-1))^3= (2(a+b+c+abc))^3=8^3
chứng minh bđt (mnp+xyz)^3<= (m^3+x^3)(n^3+y^3)(p^3+z^3) với m,n,p,x,y,z>0 rồi áp dụng vào bài là xong
khổ nỗi a-1,b-1,c-1 chưa lớn hơn 0:(
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhk2: 31-05-2017 - 11:21
Nếu cho một biến tiến về $0$ thì bất đẳng thức trên sai. Chẳng hạn, cho $a=0,01, b=1, c=\frac{299}{101}$ thì $VT\approx 4,17< 64$
Có lẽ đề bài là: $$abc\left ( a^{2}+3 \right )\left ( b^{2}+3 \right )\left ( c^{2}+3 \right )\leq 64$$
Đổi biến $p,q,r$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$$r\left ( r^{2}+3q^{2}-6pr+9p^{2}-18q+27 \right )\leq 64$$
$$\Leftrightarrow r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )\leq 64$$
Đặt $A=r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )$
Ta sẽ tìm cách đánh giá $3q^{2}-18q=3(q^{2}-6q)$ theo $r$.
- Nếu $q \geq 3$, ta chứng minh $p \geq q$. Thật vậy:
Theo bất đẳng thức $Schur$, ta có:
$r\geq \frac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{9} \Rightarrow q\leq \frac{9r+p^{3}}{4p}\Rightarrow p-q\geq p-\frac{9\left ( 4-p \right )+p^{3}}{4p}=\frac{(p+3)(p-3)(4-p)}{4p}\geq 0$
Dễ thấy $p\in \left [ 3;4 \right )$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng.
Xét hiệu: $\left (p^{2}-6p \right )-\left ( q^{2}-6q \right )=(p-q)(p+q-6)\geq 0$
Do đó: $$A-64\leq r( 16r^{2}-96r+17+3p^{2}-18p )-64=(r-1)^{2}(19r-64)\leq 0\\ \Rightarrow A\leq 64$$
- Nếu $q \leq 3$, ta có:
$q=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc=3r$
Xét hiệu: $q^{2}-6q-9\left ( r^{2}-2r \right )=\left ( q-3r \right )(q+3r-6)\leq 0$
Do đó: $A-64\leq \left ( r-1 \right )^{2}\left ( 43r-64 \right )\leq 0$
Ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Thực ra cách làm của mình là:
Xét thấy: ((a+1)(b+1)(c+1)+(a-1)(b-1)(c-1))^3= (2(a+b+c+abc))^3=8^3
chứng minh bđt (mnp+xyz)^3<= (m^3+x^3)(n^3+y^3)(p^3+z^3) với m,n,p,x,y,z>0 rồi áp dụng vào bài là xong
khổ nỗi a-1,b-1,c-1 chưa lớn hơn 0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhk2: 31-05-2017 - 20:43
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh