Chủ đề này có 2 trả lời

[Joker9999]

Bài toán 1: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{a^3-a+1}+\sqrt[3]{b^3-b+1}+\sqrt[3]{c^3-c+1}\geq a+b+c$

Bài toán 2: Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+ac+bc)\leq 16$

[kerry0111]

Bài toán 2: Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+ac+bc)\leq 16$

gs a là số nằm giữa b và c

$b(a+b)(b-a)(a-c)\geq 0\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\leq a^2bc+ab^3+ac^3$

gs $c\leq a\leq b$

$a^2bc+ab^3+ac^3\leq a^2bc+ab^3+b^2c^2$

do đó $(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq (ab^2+bc^2+ca^2)(abc+ab^2+cb^2)$

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ $\leq(4-abc)(abc+ab^2+cb^2)$

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ $\leq \left [ \frac{b^2(a+c)+4}{2} \right ]^2$

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ $\leq 16$

( vì $b^2(a+c)=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.(a+c)\leq 4\left (\frac{a+b+c}{3} \right )^3=4$ )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kerry0111: 28-11-2012 - 17:48

[WhjteShadow]

' '~
Bài toán 2: Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+ac+bc)\leq 16$

^^~

Cách khác ch0 bài 2 :">
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$(ab+bc+ca)^2.(a^3b+b^3c+c^3a)^2\leq 256$$
Nhưng the0 $AM-GM$ ta có:
$(ab+bc+ca)^2.(a^3b+b^3c+c^3a)^2=2.\frac{1}{2}(ab+bc+ca)^2(a^3b+b^3c+c^3a)^2$
$\leq \frac{1}{2}.\frac{[2(ab+bc+ca)^2+2(a^3b+b^3c+c^3a)]^3}{27}$
$=\frac{4}{27}.[(ab+bc+ca)^2+(a^3b+b^3c+c^3a)]^3$
Vậy ta cần chỉ ra:
$$(ab+bc+ca)^2+(a^3b+b^3c+c^3a)\leq 12$$
Ta có biến đổi:
$(ab+bc+ca)^2+(a^3b+b^3c+c^3a)$
$=(a^2b^2+a^3b)+(b^2c^2+b^3c)+(c^2a^2+c^3a)+2abc(a+b+c)$
$=ab^2(3-c)+bc^2(3-b)+ca^2(3-a)+6abc=3(ab^2+b^2c+c^2a+abc)$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$ab^2+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$
Đây là 1 kết quả quen thuộc :") Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại $(a;b;c)=(0;1;2)$ cùng các hoán vị $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-11-2012 - 18:45