Pro giúp mình với!!!

H

huynhbachkhoa23

kỹ thuật khá hay của thầy Cẩn là Cauchy bất đối.
Giả sử $a\ge b \ge c\ge 0$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\dfrac{1}{(c+a)^2}+\dfrac{1}{(c+b)^2}\ge \dfrac{(a+b+2c)^2}{2(a+c)^2(b+c)^2}$$
Chuẩn hóa $a+b=1$. Khi đó đặt $x=ab$ thì $\dfrac{1}{4}\ge x\ge c(1-c)$

Ta cần chứng minh:
$$f(x)=x+c+\dfrac{(x+c)(1+2x)^2}{2(x+c+c^2)^2} \ge \dfrac{9}{4}$$

$$f'(x)=1-\dfrac{(1+2c)^2(c+x-c^2)}{2(c+x+c^2)^3}$$

$$f''(x)=\dfrac{(1+2c)^2(c-2c^2+x)}{(x+c+c^2)^4} \ge 0$$

$$\to f'(x)\le f'\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{(2c-1)(8c^3+20c^2+38c+7)}{(2c+1)^4} \le 0$$

$$\to f(x)-\dfrac{9}{4}\ge f\left(\dfrac{1}{4} \right)-\dfrac{9}{4}=\dfrac{c(1-2c)^2}{(1+2c)^2} \ge 0$$

Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b; c=0$ và các hoán vị.

Cách dùng S.O.S của anh Hùng trong sách Sáng tạo em vẫn thấy không thỏa đáng lắm nên không đăng
 
H

huynhbachkhoa23

Theo tư tưởng M.V
Đặt $2t=b+c$. Đầu tiên chứng minh:
$$\dfrac{2}{(a+t)^2}-\dfrac{9}{4(t^2+2at)} \le \dfrac{1}{(a+c)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}-\dfrac{9}{4(ab+bc+ca)}$$

Phần này rất dễ nên em không nói.

Phần còn lại là cho $b=c$ là xong.
 
H

huynhbachkhoa23

Mới học lý thuyết nhóm, có một cách làm khá hay.

Quy đồng, rút gọn, ta được bất đẳng thức tương đương:
$$\sum\limits_{sym}(4a^5b-a^4b^2-3a^3b^3+a^4bc-2a^3b^2c+a^2b^2c^2) \ge 0$$

Nhân cả 2 vế của bất đẳng thức Schur bậc 3 cho $abc$ ta được:
$$\sum\limits_{sym}(a^4bc-2a^3b^2c+a^2b^2c^2) \ge 0$$

Ngoài ra ta có $(5;1;0) \succ (4;2;0) \succ (3;3;0)$ nên áp dụng bất đẳng thức Muirhead:
$$[5;1;0]\ge [4;2;0]$$
$$3[5;1;0] \ge 3[3;3;0]$$
$$\rightarrow \sum\limits_{sym}(4a^5b-a^4b^2-3a^3b^3) \ge 0$$

Cộng 2 bất đẳng thức vừa được thiết lập, ta có được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b, c\to0$ và các hoán vị.
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom