Cho x,y,z là ba số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
$[(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3].[\frac{1}{(x-y)^3)}+\frac{1}{(y-z)^3}+\frac{1}{(z-x)^3}]\leqslant \frac{-45}{4}$
Cho x,y,z là ba số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
$[(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3].[\frac{1}{(x-y)^3)}+\frac{1}{(y-z)^3}+\frac{1}{(z-x)^3}]\leqslant \frac{-45}{4}$
Cho x,y,z là ba số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
$[(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3].[\frac{1}{(x-y)^3)}+\frac{1}{(y-z)^3}+\frac{1}{(z-x)^3}]\leqslant \frac{-45}{4}$
Lời giải: Đặt $(a;b;c)=(x-y;y-z;z-x)$. Khi đó ta có: $a+b+c=0$ và $abc\ne 0$.
Lúc này điều cần chứng minh tương đương: $(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})\le \frac{-45}{4}$.
Ta có: $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$.
Do $a+b+c=0\implies a^3+b^3+c^3=3abc$.
Tương tự ta có: $a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3-3a^2b^2c^2=(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-abc(a+b+c))=(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=(ab+bc+ca)[(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)]=(ab+bc+ca)^3$.
$\implies a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2+(ab+bc+ca)^3=3a^2b^2c^2-\frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{8}$. (do $a+b+c=0$).
Lúc này ta có: $(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})\le \frac{-45}{4}$
$\iff 3abc. \frac{1}{a^3b^3c^3}.(3a^2b^2c^2-\frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{8})\le \frac{-45}{4}$.
$\iff 9-\frac{3(a^2+b^2+c^2)^3}{8a^2b^2c^2}\le \frac{-45}{4}\iff 54a^2b^2c^2\le (a^2+b^2+c^2)^3(*)$.
Trong ba số $a,b,c$, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử đó là $b$ và $c$. Khi đó $bc\ge 0$.
Và do $a+b+c=0\implies a=-b-c$.
Khi đó bất đẳng thức $(*)$ tương đương $4(b^2+bc+c^2)\ge 27b^2c^2(b+c)^2$.
Bất đẳng thức này luôn đúng do $b^2+bc+c^2\ge \frac{3}{4}(b+c)^2\ge 3bc\ge 0$.
Dấu $=$ xảy ra tại $(a,b,c)=(-2t,t,t)$ với $t\ne 0$ và các hoán vị.
Ps: Bạn có thể tham khảo tại đây: https://www.dropbox....4_Beta.pdf?dl=0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-03-2019 - 09:12
Với a,b,c là ba số dương. Tìm GTLN
$P=\frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}-\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}}$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh