Bài 1:
Cho ba số thực
a⩾b⩾1⩾c⩾0a⩾b⩾1⩾c⩾0 thỏa mãn điều kiện a+b+c=3.
Chứng minh rằng
$\frac{24}{a^3+b^3+c^3} + \frac{25}{ab+bc+ca} \geqslant 14.$ Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Lời giải:
Đặt $q=ab+bc+ca, r=abc.$
$1.$ Vì $(1-a)(1-b)(1-c)=q-r-2\geq 0$ nên $q\geq r+2\geq 2.$
Lại có $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2$ nên $ab+bc+ca\leq 3.$
$2.$ Bất đẳng thức tương đương
$$\frac{8}{9-3q+r}+\frac{25}{q}\geq 14$$
mà ta lại có $r\leq q-2$ nên ta chỉ cần chứng minh
$$\frac{8}{7-2q}+\frac{25}{q}\geq 14$$
$$\Leftrightarrow 7(2q-5)^2\geq 0.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=\frac{2+\sqrt{2}}{2}, b=1, c=\frac{2-\sqrt{2}}{2}.$
Bài 2:
$x,y,z >0$ và $x^2+y^2+z^2=3$.CMR: $\sum \frac{1}{7-xy} \leq \frac{1}{2}$
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương
\[294-28(xy+yz+xz)+2xyz(x+y+z)\leq 343-49(xy+yz+xz)+7xyz(x+y+z)-(xyz)^2\]
\[\Leftrightarrow 21(xy+yz+xz)+(xyz)^2\leq 49+5xyz(x+y+z)\]
Đặt $x+y+z=p,xy+yz+xz=q,xyz=r$ và $p^2-2q=3$, Ta cần chứng minh
\[21q+r^2\leq 49+ 5pr\]
Vì $r^2\leq 1$ Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn
\[21q\leq 48+5pr\]
Theo bất đẳng thức Schur bậc 3, $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{p(2q-3)}{9}$, Ta cần chứng minh rằng
\[21q\leq 48+\frac{5p^2(2q-3)}{9}=\frac{20q^2-45}{9}\]
\[\Leftrightarrow (q-3)(q-\frac{129}{20})\geq 0 \ \text{(Luôn đúng)} \ q\leq 3\].
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
