Question

[Phạm Văn Việt]

cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a^4+b^4+c^4=3\end{cases}}\).cmr:\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\)\(\le\)1

Answer 1

[Thắng Nguyễn]

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)

Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)

Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)

Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có: 

\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Answer 2

[Bá đạo sever là tao]

Cách khác dùng Schur như sau :)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)

Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có: 

\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)

\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)

BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra: 

\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\) 

Đúng theo BĐT Cô-si

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)