Chủ đề này có 7 trả lời

[Baoriven]

Cho $a,b,c> 0$. Chứng minh rằng:

$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq 2(ab+bc+ca)^3(1-\frac{1}{3}abc)$

[Hoang Dinh Nhat]

Chém nào!

BĐT cần chứng minh

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 0$

Nếu $abc\geq 3$

Theo $AM-GM$, ta có: $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)$$>0$

Lại có:

$3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)=(ab+bc+ca)^3(2abc-3)+27$ (Luôn đúng với $\frac{3}{2}<abc<3$)

Ta xét trường hợp: $0<abc<\frac{3}{2}$ thì tương tự

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 10-07-2017 - 12:40

[viet9a14124869]

Chém nào!

BĐT cần chứng minh $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 0$

Theo $AM-GM$, ta có: $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+27+2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)$

Cần chứng minh: $81a^2b^2c^2+27+54a^2b^2c^2(abc-3)\geq 0$

Đặt $abc=t(t>0)$

Xét hàm: $f(t)=81t^2+27+54t^2(t-3)$

Khảo sát sự biến thiên của hàm số $f(t)$, ta có: $f(t)\geq 0$.

Vậy BĐT được chứng minh thành công.

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$

Việc dùng AM-GM ở đây chưa chuẩn lắm , vì ta chưa có $abc-3 \geq 0$ nên chưa thể kết luận là $2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 54a^2b^2c^2(abc-3)$ được ^^

[Hoang Dinh Nhat]

Việc dùng AM-GM ở đây chưa chuẩn lắm , vì ta chưa có $abc-3 \geq 0$ nên chưa thể kết luận là $2(ab+bc+ca)^3(abc-3)\geq 54a^2b^2c^2(abc-3)$ được ^^

 

Uk cảm ơn nhầm nghiêm trọng quá

[Duy Thai2002]

 Bổ đề : $\sum a^{2}\geq \sum ab$

Theo bổ đề trên, ta có:

$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq (ab+bc+ca)(ab+bc+ca)^{2}+9=(ab+bc+ca)^{3}+9$

Ta cần cm $(ab+bc+ca)^{3}+9\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(1-\frac{1}{3}abc)$

<=> $3(ab+bc+ca)^{3}+27\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(3-abc)$

<=> $(ab+bc+ca)^{3}(3-6+2abc)+27\geq 0$

<=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 0$

Ta sẽ cm bđt trên. Áp dụng bđt AM-GM, ta có:

$(ab+bc+ca)^{3}\geq (3\sqrt[3]{(abc)^{2}})^{3}=27(abc)^{2}$

=>  $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 27(abc)^{2}(2abc-3)+27=54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)^{2}(2abc+1)\geq 0$(luôn đúng do abc>0)

=> bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=$1$

[Hoang Dinh Nhat]

 

 

Nhầm giống mình lúc đầu $(ab+bc+ca)^3(2abc-3)+27\geq 27(abc)^2(2abc-3)$ ko chuẩn nhé.

$2abc-3$ chưa chắc dương mà làm như vậy nếu âm thì nó ngược dấu ngay

[Baoriven]

BĐT ban đầu tương đương với:

$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq 2(ab+bc+ca)^3(1-\frac{1}{3}abc)$

$\Leftrightarrow \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+2abc+\frac{27}{(ab+bc+ca)^3}\geq 6=2(ab+bc+ca)\frac{3}{ab+bc+ca}$.

Đặt: $\frac{3}{ab+bc+ca}=t\geq 0$.

Ta cần chứng minh BĐT:

$t(a^2+b^2+c^2)+2abc+t^3\geq 2(ab+bc+ca)t$. $(*)$

Ta thấy có "vóc dáng" của BĐT quen thuộc:

$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$.

Nên, ta chia $2$ vế BĐT cho $t^3$, đặt $(\frac{a}{t};\frac{b}{t};\frac{c}{t})=(x;y;z)$, ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{3}{ab+bc+ca}\Leftrightarrow a=b=c=1$.

 

 

[slenderman123]

 Bổ đề : $\sum a^{2}\geq \sum ab$

Theo bổ đề trên, ta có:

$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2+9\geq (ab+bc+ca)(ab+bc+ca)^{2}+9=(ab+bc+ca)^{3}+9$

Ta cần cm $(ab+bc+ca)^{3}+9\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(1-\frac{1}{3}abc)$

<=> $3(ab+bc+ca)^{3}+27\geq 2(ab+bc+ca)^{3}(3-abc)$

<=> $(ab+bc+ca)^{3}(3-6+2abc)+27\geq 0$

<=> $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 0$

Ta sẽ cm bđt trên. Áp dụng bđt AM-GM, ta có:

$(ab+bc+ca)^{3}\geq (3\sqrt[3]{(abc)^{2}})^{3}=27(abc)^{2}$

=>  $(ab+bc+ca)^{3}(2abc-3)+27\geq 27(abc)^{2}(2abc-3)+27=54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)^{2}(2abc+1)\geq 0$(luôn đúng do abc>0)

=> bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=$1$

$54(abc)^{3}-81(abc)^{2}+27=27(abc-1)[2(abc)^{2}-abc-1]$ nhé