Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Cho a.b.c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3 CMR: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 fa4ever

fa4ever

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 25-03-2013 - 12:41

Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3

CMR:  $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fa4ever: 25-03-2013 - 12:42


#2 Oral1020

Oral1020

    Thịnh To Tướng

  • Thành viên
  • 1225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:My house

Đã gửi 25-03-2013 - 12:49

Quy đồng mẫu số rồi khi triển,ta cần chứng minh:

$49-8(ab+bc+ca)+(a+b+c)abc \le 64-16(ab+bc+ac)+4(a+b+c)abc-a^2b^2c^2$

$\Longleftrightarrow 16+3(a+b+c)abc \ge a^2+b^2+c^2+8(ab+bc+ac)$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ($a^4+b^4+c^4=3$,ta có:

$(a^3+b^3+c^3+3abc)(a+b+c) \ge [ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)](a+b+c)$

$\Longleftrightarrow 3+3abc(a+b+c) \ge (ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$,ta có:
$(ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2+12 \ge 8(ab+bc+ac)$

$\Longrightarrow 15+3abc(a+b+c) \ge 8(ab+bc+ac)$

Mặt khác ta lại có $1 \ge a^2b^2c^2$

$\Longrightarrow \text{đpcm}$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 25-03-2013 - 12:51

"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.


If I feel happy,I do mathematics to keep happy."

Alfréd Rényi

Hình đã gửi


#3 Mai Xuan Son

Mai Xuan Son

    Vagrant

  • Thành viên
  • 274 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 25-03-2013 - 13:03

Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3

CMR:  $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

Đây là đề thi Moldova TST 2005

Giải thế này: UCT mở rộng

Nhận xét: Với mọi $x\leq \frac{3}{2}$ thì

$\frac{3}{4-x}\leq \frac{1}{15}.(2x^2+x+12)$

Dễ thấy $\max [ab,bc,ac]< \frac{3}{2}$ Vì vậy

$\sum _{cyc}\frac{3}{4-ab}\leq \frac{1}{15}.(2\sum _{cyc}a^2b^2+\sum _{cyc}ab+36)$

Lại có:

$\sum _{cyc}a^2b^2\leq \sum a^4=3$

$\sum _{cyc}ab\leq 3$

Vậy ta có đpcm $\blacksquare$


~~~like phát~~~

#4 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 25-03-2013 - 13:22

Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}$=3

CMR:  $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1$

 Ta có $a^2+b^2 \ge 2ab$ với $ \forall a,b$

Nên 

$\frac{1}{4-ab}\le \frac{2}{8-a^2-b^2}$

Theo Cauchy-Schwarz thì

 

$\frac{2}{8-a^2-b^2} \le \frac{1}{2}(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2})$

do đó

 

$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le \frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}$

Ta có đánh giá sau

 

$\frac{1}{4-a^2}\le \frac{a^4+5}{18}$

 

$\Leftrightarrow (a^2-1)^2(a^2-2)\le 0$  ( đúng)

Do đó

 

$\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2} \le \frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1$

 

$\Rightarrow$ đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 25-03-2013 - 13:29





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh