Toán 9 Bất đẳng thức

[Lê Tự Đông]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Cho a, b, c là ba số thực tuỳ ý . Chứng minh rằng :
$6(a + b + c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})≤ 27abc + 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{\frac{3}{2}}$.

 

[7 1 2 5]

Xét các trường hợp:

+ [imath]abc \geq 0[/imath]
Nếu trong 3 số a,b,c có 2 số âm, 1 số không âm (giả sử là c) thì [imath]a^2+b^2+c^2 \geq a^2+b^2\geq \frac{1}{2}(-a-b)^2 \geq \frac{1}{2}(-a-b-c)^2\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2+c^2} \geq \sqrt{\frac{1}{2}}|a+b+c|\geq \sqrt{\frac{1}{2}}(a+b+c)[/imath]
Khi đó [imath]6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \leq \frac{6}{\sqrt{2}}(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}< 10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}\Rightarrow VT < VP[/imath]
Nếu cả 3 số a,b,c đều không âm thì đặt [imath]p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc[/imath].
Ta cần chứng minh [imath]6p(p^2-2q)\leq 27r+10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}[/imath]
Theo BĐT Schur thì [imath]r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}\Rightarrow 27r\geq 3p(4q-p^2)[/imath]
Cần chứng minh [imath]6p(p^2-2q)\leq 3p(4q-p^2)+10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}\Leftrightarrow 10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}\geq 3p(3p^2-8q)\Leftrightarrow 100(p^2-2q)^3\geq 9p^2(3p^2-8q)^2[/imath] [imath]\Leftrightarrow 19 p^6 - 168 p^4 q + 624 p^2 q^2 - 800 q^3 \geq 0[/imath]
Lại có: [imath]19p^6+357p^2q^2\geq 2\sqrt{19.357}p^4q\geq 168p^4q;267p^2q^2\geq \frac{800}{3}p^2q^2\geq 800q^3[/imath] nên ta có đpcm.
+ [imath]abc < 0[/imath]
Khi đó nếu [imath]a+b+c < 0[/imath] thì [imath]10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}\geq 10\sqrt{(3\sqrt[3]{a^2b^2c^2})^3}=30\sqrt{3}|abc|> -27abc\Rightarrow VT< 0< VP[/imath]
Xét [imath]a+b+c > 0[/imath]. Khi đó vì [imath]abc < 0[/imath] nên tồn tại 1 trong 3 số [imath]a,b,c[/imath] âm. Giả sử c âm.
Ta có: [imath]a^2+b^2+c^2 > a^2+b^2\geq \frac{1}{2}(a+b)^2> \frac{1}{2}(a+b+c)^2[/imath]
Ta có: [imath]6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=\frac{6}{\sqrt{2}}\sqrt{2}(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)< \frac{6}{\sqrt{2}}\sqrt{a^2+b^2+c^2}(a^2+b^2+c^2)[/imath]
[imath]-27abc\leq 27abc\leq 3\sqrt{3}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}[/imath]
Khi đó [imath]6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-27abc< (3\sqrt{3}+\frac{6}{\sqrt{2}})\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}< 10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}[/imath]

 

[7 1 2 5]

(Bài viết trên sai ở phần xét [imath]abc<0, a+b+c>0[/imath])

Xét các trường hợp:
+ Cả 3 số a,b,c đều dương.
Đặt [imath]p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc[/imath].
Ta cần chứng minh [imath]6p(p^2-2q)\leq 27r+10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}[/imath]
Theo BĐT Schur thì [imath]r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}\Rightarrow 27r\geq 3p(4q-p^2)[/imath]
Cần chứng minh [imath]6p(p^2-2q)\leq 3p(4q-p^2)+10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}\Leftrightarrow 10(p^2-2q)\sqrt{p^2-2q}\geq 3p(3p^2-8q)\Leftrightarrow 100(p^2-2q)^3\geq 9p^2(3p^2-8q)^2[/imath] [imath]\Leftrightarrow 19 p^6 - 168 p^4 q + 624 p^2 q^2 - 800 q^3 \geq 0[/imath]
Lại có: [imath]19p^6+357p^2q^2\geq 2\sqrt{19.357}p^4q\geq 168p^4q;267p^2q^2\geq \frac{800}{3}p^2q^2\geq 800q^3[/imath] nên ta có đpcm.
+ Tồn tại 1 số không dương. Giả sử đó là c.
Khi đó đặt [imath]a=s+t,b=s-t (t \geq 0)[/imath], xét [imath]VP-VT=f(t)[/imath].
Khi đó [imath]a+b+c=2s+c=const[/imath] và [imath]f(t)=10(2s^2+2t^2+c^2)[\sqrt{2s^2+2t^2+c^2}-6(2s+c)]+27c(s^2-t^2)[/imath]
Dễ thấy [imath]\sqrt{2s^2+2t^2+c^2}-6(2s+c) \geq 0[/imath] .
Xét [imath]t_1 > t_2 \geq 0[/imath]
Khi đó [imath]f(t_1)-f(t_2)=(t_1^2-t_2^2)[\frac{20(A^2+AB+B^2)}{(\sqrt{A}+\sqrt{B})(A-\sqrt{AB}+B)}-27c-12(2s+c)]=(t_1^2-t_2^2)[\frac{20(A+\sqrt{AB}+B)}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}-27c-12(2s+c)]\geq (t_1^2-t_2^2)(30\sqrt{B}-27c-12(2s+c))[/imath] với [imath]A=2s^2+2t_1^2+c^2 \geq B=2s^2+2t_2^2+c^2[/imath]
Dễ thấy [imath]B=a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=\frac{1}{3}(2s+c)^2[/imath], [imath]c \leq 0[/imath] nên [imath]f(t_1) \geq f(t_2)[/imath]
Từ đó [imath]f(t) \geq f(0)=(2s^2+c^2)[10\sqrt{2s^2+c^2}-6(2s+c)]+27s^2c[/imath]
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: [imath]\sqrt{2s^2+c^2}.\sqrt{8+1}\geq 4s-c\Rightarrow \sqrt{2s^2+c^2}\geq \frac{4s-c}{3}[/imath]
Từ đó [imath](2s^2+c^2)[10\sqrt{2s^2+c^2}-6(2s+c)]+27s^2c\geq (2s^2+c^2)[\frac{10(4s-c)}{3}-6(2s+c)]+27s^2c=\frac{1}{3}(a+2c)^2(8s-7c)\geq 0[/imath]
Từ đó ta có đpcm.