Trích:
Nguyên văn bởi quykhtn  Bài toán 13 :
Cho $ a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác ( có thể suy biến ) thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng
$$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{19}{ 12} \geq \dfrac{6(a^4+b^4+c^4)}{7} $$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=\dfrac{3}{2} ; b=1 ; c=\dfrac{1}{2} $ và các hoán vị. |
Chú ý rằng
$$ 2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-\left(a^4+b^4+c^4\right)=(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \geq 0 $$
$$ \Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2 \geq 2(a^4+b^4+c^4) $$
Ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{19}{ 12} \geq \dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2 \right)^2}{7} $$
Đặt $ a=y+z,b=z+x,c=x+y \Rightarrow x,y,z \geq 0; x+y+z=\dfrac{3}{2} $
Bất đẳng thức trở thành
$$ \dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}+ \dfrac{19}{12} \geq \dfrac{12\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)^2}{7} $$
Đặt $ 4(xy+yz+zx)=t \Rightarrow 3 \geq t > 0 $
Ta có $ x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=(x+y+z)^2-(xy+yz+zx)=\dfrac{9-t}{4} $
Nhân cả hai vế với $ x+y+z $ và chú ý rằng
$$ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{ 1}{x+y}\right)=3+\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+ \dfrac{z}{x+y} \geq 3+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}=1+\dfrac{9}{t} $$
Ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{9}{t}+\dfrac{27}{8} \geq \dfrac{9(9-t)^2}{56} $$
$$ \Leftrightarrow t^3-18t^2+6t-56 \leq 0 $$
$$ \Leftrightarrow (t-2)^2(t-14) \leq 0 $$
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x+y+z=\dfrac{3}{2} ; xy+yz+zx=\dfrac{1}{2} ;xyz=0 \Leftrightarrow (x,y,z)=\left(0;\dfrac{1}{2};1\right)$
hay $ a=\dfrac{3}{2}, b=1 ,c=\dfrac{1}{2} $ và các hoán vị tương ứng.
Mọi người post bài mới để thảo luận nhé,tạm biệt MS
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]