hathu123

Bài toán 209. Giải phương trình $2{x^4} - 4x + 1 - \left( {{x^3} - x - 1} \right)\sqrt {3{x^3} + 1}  = 0$

Ca

P/s: Lời giải tương đối cơ bắp nha  ...

Đặt $f\left( {a,b,c} \right) = 3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^2}} \right) + 2abc - 11\sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)}^3}} $. Do $f\left( {a,b,c} \right)$ là hàm thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta giả sử $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3\\a=\text{min}\left\{ {a,b,c} \right\}\end{array} \right.$. Khi đó cần chứng minh $f\left( {a,b,c} \right) = 3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 2abc - 11 \geqslant 0$. Ta có: $$f\left( {a.b.c} \right) - f\left( {a,\sqrt {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}} ,\sqrt {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}} } \right) = \frac{1}{2}\left[ {3\left( {2\left( {{b^3} + {c^3}} \right) - \left( {{b^2} + {c^2}} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} } \right) - a{{\left( {b - c} \right)}^2}} \right]$$$$ = \frac{1}{2}\left[ {3\left( {\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  - b - c} \right)\left( {\left( {b + c} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 2bc} \right) - a{{\left( {b - c} \right)}^2}} \right]$$$$ = \frac{1}{2}.{\left( {b - c} \right)^2}\left[ {\frac{{3\left( {\left( {b + c} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 2bc} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} - a} \right]$$Do $ \displaystyle a=\min \left\{ {a,b,c} \right\}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a\in \left[ {0;1} \right]\\b+c\ge 2\end{array} \right.$. Khi đó cần chứng minh: $\frac{{3\left( {\left( {b + c} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 2bc} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} - a > 0$Ta có: $$\frac{{3\left( {\left( {b + c} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 2bc} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} - a \geqslant \frac{{3\left( {\left( {b + c} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 2bc} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} - 1$$$$ = \frac{{\left( {3b + 3c - 1} \right)\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + 6bc - b - c}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} \geqslant \frac{{5\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  - b - c + 6bc}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}}$$$$ > \frac{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  - b - c + 6bc}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} = \frac{{\frac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} + 6bc}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  + b + c}} \geqslant 0$$Vậy ta được: $f\left( {a,b,c} \right) \geqslant f\left( {a,\sqrt {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}} ,\sqrt {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}} } \right) = f\left( {a,\sqrt {\frac{{3 - {a^2}}}{2}} ,\sqrt {\frac{{3 - {a^2}}}{2}} } \right)$

Ta có: $$f\left( {a,\sqrt {\frac{{3 - {a^2}}}{2}} ,\sqrt {\frac{{3 - {a^2}}}{2}} } \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow 3\left( {{a^3} + 2{{\left( {\sqrt {\frac{{3 - {a^2}}}{2}} } \right)}^3}} \right) + 2a.\frac{{3 - {a^2}}}{2} - 11 \geqslant 0$$$$ \Leftrightarrow 3{a^3} + \frac{{3{{\left( {\sqrt {3 - {a^2}} } \right)}^3}}}{{\sqrt 2 }} + a\left( {3 - {a^2}} \right) - 11 \geqslant 0 \Leftrightarrow \frac{{3{{\left( {\sqrt {3 - {a^2}} } \right)}^3}}}{{\sqrt 2 }} + 9a - 15 + \left( {2a + 4} \right){\left( {a - 1} \right)^2} \geqslant 0$$$$ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2}\left[ {2a + 4 - \frac{{3\left( {{a^4} + 2{a^3} - 6{a^2} - 14a + 23} \right)}}{{\sqrt 2 \left( {{{\left( {\sqrt {3 - {a^2}} } \right)}^3} + \left( {5 - 3a} \right)\sqrt 2 } \right)}}} \right] \geqslant 0\left( * \right)$$Đặt: $$g\left( a \right) = \left( {2a + 4} \right)\left( {\sqrt 2 {{\left( {\sqrt {3 - {a^2}} } \right)}^3} + 2\left( {5 - 3a} \right)} \right) - 3\left( {{a^4} + 2{a^3} - 6{a^2} - 14a + 23} \right)$$$$ = \left( { - 2{a^3} - 4{a^2} + 6a + 12} \right)\sqrt {6 - 2{a^2}}  - 3{a^4} - 6{a^3} + 6{a^2} + 38a - 29$$Ta có bổ đề sau: $$\sqrt {6 - 2{a^2}}  > \frac{{61}}{{25}} - \frac{{22}}{{25}}a \Leftrightarrow 6 - 2{a^2} > {\left( {\frac{{61}}{{25}} - \frac{{22}}{{25}}a} \right)^2} \Leftrightarrow  - \frac{{1734}}{{625}}{a^2} + \frac{{2684}}{{625}}a + \frac{{29}}{{625}} > 0$$Dễ thấy nó đúng với $a \in \left[ {0;1} \right]$. Mặt khác $ - 2{a^3} - 4{a^2} + 6a + 12 = 2a\left( {1 - a} \right)\left( {a + 3} \right) + 12 > 0\forall a \in \left[ {0;1} \right]$, nên ta được: $$g\left( a \right) > \left( { - 2{a^3} - 4{a^2} + 6a + 12} \right)\left( {\frac{{61}}{{25}} - \frac{{22}}{{25}}a} \right) - 3{a^4} - 6{a^3} + 6{a^2} + 38a - 29$$$$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{ - 31{a^4} - 184{a^3} - 226{a^2} + 1052a + 7}}{{25}} = \frac{{ - 31{a^4} - 184{a^3} + 215{a^2} - 441{a^2} + 1052a + 7}}{{25}}$$Do $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}-31{{a}^{4}}-184{{a}^{3}}+215{{a}^{2}}>0\forall a\in \left[ {0;1} \right]\\-441{{a}^{2}}+1052a+7>0\forall a\in \left[ {0;1} \right]\\\sqrt{2}\left( {{{{\left( {\sqrt{{3-{{a}^{2}}}}} \right)}}^{3}}+\left( {5-3a} \right)\sqrt{2}} \right)>0\end{array} \right.\Rightarrow g\left( a \right)>0\Rightarrow 2a+4-\frac{{3\left( {{{a}^{4}}+2{{a}^{3}}-6{{a}^{2}}-14a+23} \right)}}{{\sqrt{2}\left( {{{{\left( {\sqrt{{3-{{a}^{2}}}}} \right)}}^{3}}+\left( {5-3a} \right)\sqrt{2}} \right)}}>0$ 

Vậy ta có điều phải chứng minh!

Thanks bạn! Nhưng lời giải này trầy cối quá!

c

Ta có bổ đề sau: $3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) \leqslant \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

Chứng minh: $\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 3\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) = \sum\limits_{cyc} {a{{\left( {a - b} \right)}^2}}  \geqslant 0$

Áp dụng vào bài ta cần phải chứng minh: $${a^3} + {b^3} + {c^3} \leqslant \sqrt {3\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) - \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}  + 3abc$$Đặt $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}p=a+b+c\\q=ab+bc+ca\\r=abc\end{array} \right.\Rightarrow q\le \frac{{{{p}^{2}}}}{3}=\frac{1}{3}$, bất đẳng thức trở thành: $$1 - 3q \leqslant \sqrt {3\left( {1 - 3q + 3r} \right) - 1 + 2q}  \Leftrightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 0$$+ Nếu $q \leqslant \frac{1}{4}$ thì $9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant 9{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{1}{4} - 9.0 - 1 =  - 0,1875 < 0$

+ Nếu $q \geqslant \frac{1}{4}$ thì theo $Schur$ ta có: $r \geqslant \frac{{4q - 1}}{9} \Rightarrow 9{q^2} + q - 9r - 1 \leqslant q\left( {q - \frac{1}{3}} \right) \leqslant 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công! 

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Thanks bạn nhiều