lp 8 mà khó thế -,-
Có \(4=a^4+b^4+c^4+1\ge4\sqrt[4]{\left(abc\right)^4}=4abc\)\(\Leftrightarrow\)\(-abc\ge-1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}=\frac{a+b+c}{4-abc}\le\frac{a+b+c}{4-1}=\frac{a+b+c}{3}\)
Lại có \(3=a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^4}{9}}{3}=\frac{\left(a+b+c\right)^4}{27}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^4\le81\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\le3\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{3}{3}=1\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
áp dung bđt thức: 1/a +1/b+1/c >= 9/(a+b+c) (cậu có thể lên mạng tham khảo cách cm bđt này)
=) điều cần CM (=) 9/(12-ab-bc-ca)
áp dụng bđt thức : 2(ab+bc+ca) =< 2(a2+b2+c2)
triệt tiêu 2 đi rồi ta luôn có một điều hiển nhiên là ab+bc+ca =< a2+b2+c2 =< a4+b4+c4 = 3
thay vào dpcm =) 9/(12-ab-bc-ca) =< 9/(12-3) = 1
dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cách khác anh Quân
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz và BĐT AM - GM ta dễ có:
\(\frac{1}{4-ab}=\frac{2}{8-2ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\left(4-a^2\right)+\left(4-b^2\right)}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le1\)
Bằng phương pháp hệ số bất định ta dễ có bất đẳng thức sau:
\(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\)
\(\Leftrightarrow-\frac{a^6-4a^4+5a^2-2}{18\left(a-2\right)\left(a+2\right)}\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)^2\left(a^2-2\right)}{18\left(a-2\right)\left(a+2\right)}\ge0\)
Ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a^2-2}{a-2}\ge0\) là Oke ( 1 )
Đến đây ta xét 2 trường hợp:
Nếu \(a>2\Rightarrow a-2>0;a^2-2>0\Rightarrowđpcm\)
Nếu \(a< 2\Rightarrow a^2-2< 0;a-2< 0\Rightarrowđpcm\)
Tương tự ta sẽ có điều phải chứng minh
P/S:Nếu bạn thích thì bạn có thể dùng đồng biến, nghịch biến để xét ( 1 ). Nhớ không nhầm thì đây là đề Chọn đội tuyển của Moldova
Làm cách khác chứ BĐT cuối không hẳn là đúng hết :V
UCT ta thấy được bất đẳng thức phụ: \(\frac{2}{4-ab}\le\frac{5+a^2b^2}{9}\)
Hoặc ta có thể biến đổi bằng BĐT cổ điển nhanh gọn như sau:
\(\frac{2}{4-ab}=1-\frac{2-ab}{4-ab}=1-\frac{\left(2-ab\right)\left(2+ab\right)}{\left(4-ab\right)\left(2+ab\right)}=1-\frac{4-a^2b^2}{9-\left(ab-1\right)^2}\)
\(\le1-\frac{4-a^2b^2}{9}=\frac{5+a^2b^2}{9}\)
Khi đó:
\(LHS\le\frac{1}{2}\left(\frac{15}{9}+\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{9}\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{15}{9}+\frac{a^4+b^4+c^4}{9}\right)=1\)
Done !
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc dạng \(xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\), ta được: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-\frac{a^2+b^2}{2}}+\frac{1}{4-\frac{b^2+c^2}{2}}+\frac{1}{4-\frac{c^2+a^2}{2}}=\)\(\frac{2}{8-\left(a^2+b^2\right)}+\frac{2}{8-\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2}{8-\left(c^2+a^2\right)}\)
Đặt \(x=\left(b^2+c^2\right)^2;y=\left(c^2+a^2\right)^2;z=\left(a^2+b^2\right)^2\)thì ta được\(x+y+z\le4\left(a^4+b^4+c^4\right)=12\)
Bài toán quy về chứng minh\(\frac{1}{8-\sqrt{x}}+\frac{1}{8-\sqrt{y}}+\frac{1}{8-\sqrt{z}}\le\frac{1}{2}\)
Đến đây ta chứng minh bất đẳng thức phụ \(\frac{1}{8-\sqrt{x}}\le\frac{1}{144}\left(x-4\right)+\frac{1}{6}\)
Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với\(\frac{x-4}{6\left(\sqrt{x}+2\right)\left(8-\sqrt{x}\right)}-\frac{1}{144}\left(x-4\right)\le0\Leftrightarrow\frac{\left(x-4\right)^2\left(\sqrt{x}-4\right)}{144\left(\sqrt{x}+2\right)^2\left(8-\sqrt{x}\right)}\le0\)
Vì \(x+y+z\le12\)nên \(x\in\left(0;12\right)\)do đó bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng
Tương tự ta được \(\frac{1}{8-\sqrt{y}}\le\frac{1}{144}\left(y-4\right)+\frac{1}{6}\); \(\frac{1}{8-\sqrt{z}}\le\frac{1}{144}\left(z-4\right)+\frac{1}{6}\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{8-\sqrt{x}}+\frac{1}{8-\sqrt{y}}+\frac{1}{8-\sqrt{z}}\le\frac{1}{144}\left(x+y+z-12\right)+3.\frac{1}{6}\le\frac{1}{2}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 4 hay a = b = c = 1
