Chủ đề này có 1 trả lời

[Baoriven]

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

\[ (a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)+11abc\leq 12 \]

[Dark Repulsor]

Bài này nhìn thì đẹp mà trâu bò quá 

Lời giải:

Khai triển vế trái rồi rút gọn:

$VT=\left(\prod a\right)^{2}-\sum a^{3}b^{3}-\prod a\left(\sum a^{3}\right)+\sum a^{2}b^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)+11\prod a$

Viết lại bđt dưới dạng $p,q,r$. Ta có $1$ số đẳng thức quen thuộc:

$\sum a^{3}b^{3}=q^{3}-3pqr+3r^{2}$

$\sum a^{3}=p^{3}-3pq+3r$

$\sum a^{2}b^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)=p^{2}q^{2}-2p^{3}r-2q^{3}+4pqr-3r^{2}$

 

$VT=r^{2}-q^{3}+3pqr-3r^{2}-r(p^{3}-3pq+3r)+p^{2}q^{2}-2p^{3}r-2q^{3}+4pqr-3r^{2}+11r$

       $=-3p^{3}r-3q^{3}+10pqr+p^{2}q^{2}-8r^{2}+11r$

       $=-8r^{2}+(30q-70)r-3q^{3}+9q^{2}$

       $\geq VP=12$

$\Leftrightarrow 8r^{2}+(70-30q)r+3q^{3}-9q^{2}+12 \geq 0$          ($1$)

Dễ cm $0\leq q\leq 3$, $0\leq r\leq 1$

Xét hàm số $f(r)$ là vế trái của bđt ($1$) với tham số $q$

$\Delta_{r}=g(q)=(70-30q)^{2}-4.8(3q^{3}-9q^{2}+12)=-96q^{3}+1188q^{2}-4200q+4516$

$\Delta_{q}=12609$ ; $k=\frac{16017}{467\sqrt{1401}}\approx 0,9163159102$

Do $\Delta_{q}>0$ và $|k|\leq 1$ nên pt $g(q)=0$ có $3$ nghiệm phân biệt:

$q_{1}=\dfrac{2\sqrt{1401}\cos\left(\dfrac{\arccos(k)}{3}\right)+99}{24}\approx 7,214790947$ (loại)

$q_{2}=\dfrac{2\sqrt{1401}\cos\left(\dfrac{\arccos(k)+2\pi}{3}\right)+99}{24}\approx 2,210281695=\alpha$ (thỏa)

$q_{3}=\dfrac{2\sqrt{1401}\cos\left(\dfrac{\arccos(k)-2\pi}{3}\right)+99}{24}\approx 2,949927358=\beta$ (thỏa)

Vẽ bảng biến thiên của $g(q)$ trên $[0;3]$ ta thấy $g(q)>0$ trên $[0;\alpha)\cup(\beta;3]$ và $g(q)<0$ trên $(\alpha;\beta)$. Ta xét các TH:

TH1: $0\leq q\leq \frac{7}{3} \Rightarrow 70-30q\geq 0$

$3q^{3}-9q^{2}+12=3(q-2)^{2}(q+1) \geq 0$. Kết hợp với $r\geq 0$

$\Rightarrow VT$ ($1$) $\geq 0$. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} q=2 \\ r=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow (a,b,c)=(2;1;0)$ hoặc các hoán vị tương ứng

TH2: $\frac{7}{3}<q\leq \beta \Rightarrow g(q)\leq 0 \Rightarrow f(r)\geq 0$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow q=\beta$ và pt $f(r)=0$ có nghiệm kép $r_{0}=\frac{15q-35}{8}\approx 1,156113796$ (loại). Do đó dấu đẳng thức ko xảy ra

TH3: $\beta<q\leq 3$. Pt $f(r)=0$ có $2$ nghiệm phân biệt $r_{1}$, $r_{2}$. Ko giảm tính tổng quát, giả sử $r_{1}<r_{2}$

Theo định lý Viète: $\left\{\begin{matrix} r_{1}+r_{2}=\dfrac{15q-35}{4 } \\ r_{1}r_{2}=\dfrac{3q^{3}-9q^{2}+12}{8} \end{matrix}\right.$

$q>\beta>\frac{43}{15} \Rightarrow r_{1}+r_{2}>2$          ($2$)

$q\leq 3<\sqrt{10} \Rightarrow 3q^{3}-9q^{2}-30q+90=3(q-3)\left(q-\sqrt{10}\right)\left(q+\sqrt{10}\right) \geq 0$

$\Rightarrow \frac{3q^{3}-9q^{2}+12}{8}+1 \geq \frac{15q-35}{4}$

$\Rightarrow r_{1}r_{2}+1 \geq r_{1}+r_{2} \Rightarrow \left(r_{1}-1\right)\left(r_{2}-1\right) \geq 0$          ($3$)

Từ ($2$) và ($3$) suy ra $1\leq r_{1}<r_{2}$

Mà ta đã cm đc $0\leq r\leq 1$ nên $f(r)\geq 0$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} q=3 \\ r=1 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 03-07-2021 - 11:09