Chủ đề này có 5 trả lời

[dungyeutoan]

$\frac{1}{3-ab}+\frac{1}{3-bc}+\frac{1}{3-ac}\leq \frac{3}{2}$

[nmtuan2001]

$\frac{1}{3-ab}+\frac{1}{3-bc}+\frac{1}{3-ac}\leq \frac{3}{2}$

 

Có cách này khá xấu. Ai có cách hay hơn thì post nhé.

Quy đồng: $2\sum (3-ab)(3-bc) \leq 3(3-ab)(3-bc)(3-ca)$

Sau khi rút gọn: $3a^2b^2c^2+15(ab+bc+ca) \leq 27+7abc(a+b+c)$

Mà $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geq 9abc$ nên $a+b+c \geq 3abc$.

Suy ra $3a^2b^2c^2 \leq abc(a+b+c)$.

Cần chứng minh $15(ab+bc+ca) \leq 27+6abc(a+b+c)$, hay

$$5(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2+6abc(a+b+c)$$

$$5 \sum ab(a^2+b^2) \leq 3\sum a^4+6\sum a^2b^2+abc(a+b+c)$$

$$5 \sum ab(a^2+b^2-2ab)+\sum a^2b^2-abc(a+b+c) \leq 3\sum (a^4-a^2b^2)$$

$$10\sum ab(a-b)^2+\sum (bc-ca)^2 \leq 3\sum (a^2-b^2)^2$$

$$\sum (a-b)^2(3(a+b)^2-10ab-c^2)\geq 0$$

$$\sum (a-b)^2(3(a^2+b^2)-4ab-c^2) \geq 0$$

Đặt $S_a=3(b^2+c^2)-4bc-a^2,S_b=3(c^2+a^2)-4ca-b^2,S_c=3(a^2+b^2)-4ab-c^2$.

Giả sử $a \geq b \geq c$. Dễ chứng minh $S_b \geq c^2+a^2-b^2 \geq 0$ và tương tự $S_c \geq 0$.

Mà $S_b+S_a=2(a^2+b^2)+6c^2-4bc-4ca=2(c-a)^2+2(b-c)^2+2c^2 \geq 0$ nên ta có đpcm.

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

[DOTOANNANG]

Sử dụng điều kiện đề cho ta có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng:

$\sum \frac{a^{2}+ b^{2}+ c^{2}}{a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab}\leq \frac{9}{2}$

Thu gọn lại dưới dạng:

$2\sum \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab \right )\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ac \right )\leq 9\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ab \right )\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- ac \right )\left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}- bc \right )$

Dùng bất đẳng thức Schur bậc 4, ta chứng minh được bất đẳng thức nêu trên 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 12-01-2018 - 07:18

[DOTOANNANG]

Còn cách khác như sau:

Đặt $a= x\sqrt{3}, b= y\sqrt{3}, c= z\sqrt{3}$

BĐT trở thành:

$\frac{1}{1- xy}+ \frac{1}{1- yz}+ \frac{1}{1- zx}\leq \frac{9}{2}$

Ta có:

$\frac{1}{1- k}\leq \frac{9}{2}k^{2}- \frac{1}{4}k+ \frac{13}{12},$ với mọi $0\leq k\leq \frac{1}{2}$

Thay $k= xy, yz, zx$, cuối cùng ta cần chứng minh:

$18\left (x^{2}y^{2}+ y^{2}z^{2}+ z^{2}x^{2} \right )- \left ( xy+ yz+ zx \right )\leq 5$

Viết bất đẳng thức này dưới dạng đòng bậc:

$18\left ( x^{2}y^{2}+ y^{2}z^{2}+ z^{2}x^{2} \right )\leq 5\left ( x^{2}+ y^{2}+ z^{2} \right )+ \left ( xy+ yz+ zx \right )\left ( x^{2}+ y^{2}+ z^{2} \right )$

Khai triển và rút gọn cho ta:

$5\left ( x^{4}+ y^{4}+ z^{4} \right )+ \sum x^{3}\left ( y+ z \right )+ xyz\left ( x+ y+ z \right )\geq 8\left ( x^{2}y^{2}+ y^{2}z^{2}+ z^{2}x^{2} \right )$

Chú ý rằng ta có BĐT quen thuộc:

$x^{4}+ y^{4}+ z^{4}+ xyz\left ( x+ y+ z \right )\geq 2\left ( x^{2}y^{2}+ y^{2}z^{2}+ z^{2}x^{2} \right )$

Phép chứng minh hoàn tất.

 

[DOTOANNANG]

Làm thêm cách nữa:

Đặt $a= x\sqrt{3}, b= y\sqrt{3}, c= z\sqrt{3}$

BĐT trở thành:

$\frac{1}{1- xy}+ \frac{1}{1- yz}+ \frac{1}{1- zx}\leq \frac{9}{2}$

Khi đó, cần chứng minh BĐT;

$\frac{1- 2xy}{1- xy}+ \frac{1- 2yz}{1- yz}+ \frac{1- 2zx}{1- zx}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{z^{2}}{1- xy}+ \sum \frac{\left ( x- y \right )^{2}}{1- xy}\geq \frac{3}{2}$

KHông mất tính tổng quát, giả sử $x= max\left \{ x, y, z \right \}$

Khi đó, ta có:

$\left\{\begin{matrix} \sum \frac{z^{2}}{1- xy} & \geq & \frac{\left ( x+ y+ z \right )^{2}}{3- xy- yz- zx} \\ \sum \frac{\left ( x- y \right )^{2}}{1- xy} & \geq & \frac{\left ( x- z \right )^{2}}{3- xy- yz- zx} \end{matrix}\right.$

Do đó, ta cần chứng minh:

$2\left \{ 4\left ( x- y \right )^{2}+ \left ( x+ y+ z \right )^{2} \right \}\geq 3\left \{ 3- \left ( xy+ yz+ zx \right ) \right \}= 3\left \{ x^{2}+ y^{2}+ z^{2}- xy- yz- zx \right \}\Leftrightarrow 7b\left ( a- b \right )\left ( a- c \right )+ \left ( b- c \right )^{2}\geq 0$(đúng)

[DOTOANNANG]

Tui đã giải ba cách rồi, khỏi cần cảm ơn nhớ like cho tui