\(VT-VP=\frac{\left(2bc+3a-5\right)^2}{3}+\frac{\left(6c+1\right)\left(c-1\right)^2}{2c+3}-\frac{\left(2bc+3b-5\right)^2\left(2c-3\right)}{3\left(2c+3\right)}\)
\(=\frac{\left(3a+3b-5\right)^2}{3}+\frac{\left(3c-5\right)^2}{3}+\frac{1}{3}+2ab\left(2c-3\right)\)
Từ 2 đẳng thức trên suy ra đpcm. (cái đầu đúng cho \(c\le\frac{3}{2}\), cái sau cho \(c\ge\frac{3}{2}\))
Và ta có thể viết SOS cho bài trên! Cách viết dựa trên dao lam, mời các bạn:)
Vì a + b + c = 3 nên theo nguyên lí Dirichlet: Tồn tại ít nhất hai số đồng thời không bé hơn 1 hoặc đồng thời không lớn hơn 1
Không mất tính tổng quát có thể g/s hai số đó là a và b
Khi đó ta có: \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
<=> \(ab\ge a+b-1\)
<=> \(abc\ge ac+bc-c=ac+bc+c^2-c^2-c=c\left(a+b+c\right)-c^2-c=2c-c^2\)
Khi đó: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge\frac{3\left(a+b\right)^2}{2}+3c^2+8c-4c^2=\frac{3\left(3-c\right)^2}{2}-c^2+8c\)
\(=\frac{1}{2}c^2-c+\frac{27}{2}=\frac{1}{2}\left(c^2-2c+1\right)-\frac{1}{2}+\frac{27}{2}=\frac{7}{2}\left(c-1\right)^2+13\ge13\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1/
Ngoài ra:
Đổi biến sang pqr, cần chứng minh:\(4r-6q+14\ge0\)
\(LHS\ge\frac{4}{3}\left(4q-9\right)-6q+14=\frac{2}{3}\left(3-q\right)\ge0\)
\(\because r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}=\frac{4q-9}{3}\) theo Schur.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Hay thế cho cô cái ý tưởng biến đổi như thế của em đi! Không cần một sự trở giúp của một bất đẳng thức phụ nào.
Nguyễn Linh Chi là sao cô? Nếu không sử dụng BĐT phụ thì em đồng bậc 2 vế rồi SOS thôi cô:D
bài này e nghĩ Cô-si 3 số dễ hơn đó.
Bài 2: Cho các số thực a, b , c. Chứng minh rằng:
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge\frac{25}{12}\left[3+\left(a+b+c\right)^2\right]\)
( Mượn trang của Trung chút nhé) TTH cô vừa nhìn thầy bài này!
Thanh Tùng DZ cô si kiểu gì a? Em đoán là ngược dấu:))
Không có điều kiện gì thêm hả cô (bài cô vừa đăng)? Em đang suy nghĩ
Không có điều kiện gì nữa đề có mỗi chừng đấy thôi.
Còn cái ý tưởng biến đổi bài của Nguyễn Nguyên Trung thì em viết lại bất đẳng thức dưới dạng:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc+x\cdot\left(a+b+c-3\right)-13\ge0\) rồi xác định x rồi biến đổi theo tam thức bậc 2 thôi cô!
\(VT-VP=\frac{6\left(2bc+3a-5\right)^2\left(2c+3\right)+18\left(6c+1\right)\left(c-1\right)^2ab+\left[\left(3a+3b-5\right)^2+\left(3c-5\right)^2+1\right]\left(2bc+3b-5\right)^2}{\left(2bc+3b-5\right)^2+12abc+18ab}\)
Ta có: \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)=\left(3-2c\right)\left(3-2b\right)\left(3-2a\right)\)\(=27-18\left(a+b+c\right)+12\left(ab+bc+ca\right)-8abc\) \(=12\left(ab+bc+ca\right)-27-8abc\)
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
Do đó ta được \(abc\ge12\left(ab+bc+ca\right)-27-8abc\)\(\Leftrightarrow9abc\ge12\left(ab+bc+ca\right)-27\Leftrightarrow abc\ge\frac{4\left(ab+bc+ca\right)}{3}-3\)
Suy ra \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{16\left(ab+bc+ca\right)}{3}-12\)
Ta cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{16\left(ab+bc+ca\right)}{3}-12\ge13\)
Hay \(9\left(a^2+b^2+c^2\right)+16\left(ab+bc+ca\right)\ge75\)(*)
Thật vậy, ta có: \(9\left(a^2+b^2+c^2\right)+16\left(ab+bc+ca\right)\)\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)+8\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]\)\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)+8\left(a+b+c\right)^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+8\left(a+b+c\right)^2=75\)
Vậy (*) đúng hay bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
