theo dirikle ta co \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)\(\rightarrow t=b+c-1\le bc=\frac{1}{a}\)
theo miinscopxki \(lhs\ge\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{t^2+3}\) khi do ta cm
\(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{t^2+3}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{t^2+3}-t\ge a+1\)
de trhay \(\sqrt{t^2+3}-t\) nghich bien ca khi \(t\ge 0\) va \(t\le 0\)\(\rightarrow f\left(t\right)\ge f\left(\frac{1}{a}\right)\)
khi do ta can cm \(\Leftrightarrow\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{\frac{1}{a^2}+3}-\frac{1}{a}\ge a+1\)
\(\Leftrightarrow3\left(a-1\right)^2\ge0\) *qed*
bài này k khác j cho:abc=1
\(cm:\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge a+b+c\)đâu a
Ta tìm m lớn nhất để bđt sau đây đúng: \(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1}\ge2\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)+m\left(a-b\right)^2}\)
Anh thử dùng cách này xem? Cần tìm m lớn nhất rồi đi chứng minh nó! Rồi sau đó dồn biến v..v.... em mới đọc một tài liệu trên mạng nên liên tưởng đến bài này thôi!
*Nháp: (tí em sẽ đăng bài giải nhé, giờ đang tìm m)
Đặt \(x=\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)+m\left(a-b\right)^2}+\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\);
\(y=\sqrt{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)+m\left(a-b\right)^2}+\sqrt{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\)
Để ý rằng, ta có đẳng thức sau:
\(\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)+m\left(a-b\right)^2}-\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\)
\(=\frac{m\left(a-b\right)^2}{xy}\). Do đó ta bớt ở cả hai vế bđt (cái bđt đó em để bên dưới:V)cho \(2\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\). Ta sẽ thu được:
\(\left(\sqrt[4]{a^2-a+1}-\sqrt[4]{b^2-b+1}\right)^2\ge\frac{2m\left(a-b\right)^2}{xy}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a+b-1\right)^2}{\left(\sqrt[4]{a^2-a+1}+\sqrt[4]{b^2-b+1}\right)^2\left(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1}\right)}\ge\frac{2m\left(a-b\right)^2}{xy}\)
Bất đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi
\(\frac{\left(a+b-1\right)^2}{\left(\sqrt[4]{a^2-a+1}+\sqrt[4]{b^2-b+1}\right)^2\left(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1}\right)}\ge\frac{2m}{xy}\)
Bây giờ ta thay a = b = 1 vào sẽ được:
\(\frac{1}{16}\ge\frac{2m}{4}=\frac{m}{2}\Rightarrow m\le\frac{2}{16}=\frac{1}{8}\)
Nên m = 1/8. Do đó ta sẽ chứng minh bđt sau đây:
\(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1}\ge2\sqrt[4]{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)+\frac{1}{8}\left(a-b\right)^2}\)
Rồi thực hiện dồn biến theo trung bình nhân gì đó .v.v.. (Tí em sẽ thử làm, cách này cũng hên xui thôi, nếu xui thì toàn bổ thời gian nãy giờ em bỏ ra để tìm m sẽ bị đổ vỡ:((
Dùng kĩ thuật ghép đối xứng, ta chứng minh bđt sau:
\(\sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2-b+1}\ge a+b\)
\(\Leftrightarrow\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a^2}+\frac{1-b}{\sqrt{b^2-b+1}+b^2}\ge0\)(*)
Trong ba số a, b, c thỏa mãn abc = 1 luôn tồn tại ít nhất 1 số \(\ge1\).
Không mất tính tổng quát, giả sử đó là c => \(ab\le1\).
Từ đó \(b\le\frac{1}{a}\). Do vậy,
\(VT_{\left(\circledast\right)}\ge\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a^2}+\frac{1-\frac{1}{a}}{\sqrt{\frac{1}{a^2}-\frac{1}{a}+1}+\frac{1}{a}}\)
\(=\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a^2}-\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+1}\)
\(=\left(1-a\right)\left(\frac{1}{\sqrt{a^2-a+1}+a^2}-\frac{1}{\sqrt{a^2-a+1}+1}\right)\)
\(=\frac{\left(1+a\right)\left(1-a\right)^2}{MS}\ge0\). Vậy BĐT (*) là đúng.
Thiết lập tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta có đpcm.
Đây là lời giải bên diễn đàn AoPS (em hỏi bên đó:V):
Link Inequality Em ko hiểu cách giải này đâu nha, anh có xem sơ qua:v
Ta chứng minh bổ đề: \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{a^2+a+1}\ge1\) với abc = 1 (*)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{xy}{z^2};\frac{yz}{x^2};\frac{zx}{y^2}\right)\). BĐT quy về:
\(\Sigma_{cyc}\frac{z^4}{x^2y^2+xyz^2+z^4}\ge1\). Ta có\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+xyz\left(x+y+z\right)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}=1\).Vậy (*) đúng! Trở lại bài toán, ta có:
VT -VP \(=\Sigma_{cyc}\frac{3a^2\left(a-1\right)^2}{2\left(a^2+a+1\right)\left[a^2+2+\left(a+2\right)\sqrt{a^2-a+1}\right]\left[\sqrt{a^2-a+1}+a\right]}+\frac{3}{2}\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{a^2+a+1}-1\right)\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
