Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$:
Chứng minh rằng : $2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a )+ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4abc\geq 19$
Edited by phanquockhanh, 20-06-2013 - 22:06.
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$:
Chứng minh rằng : $2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a )+ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4abc\geq 19$
Edited by phanquockhanh, 20-06-2013 - 22:06.
EM YÊU BÁC HỒ.....
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$:
Chứng minh rằng : $2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a )+ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4abc\geq 19$
Đầu tiên ta có bổ đề hết sức quen thuộc sau $ab^2+bc^2+ca^2+abc \leqslant \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Khai triển trực tiếp ta thu được $4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a) \geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$ (*)
Trở lại bài toán ta sẽ đồng bậc bất đẳng thức, sử dụng $a+b+c=3$, ta cần chứng minh
$2(a^2b+b^2c+c^2a)+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant \frac{19}{27}(a+b+c)^3$
Khai triển và thu gọn ta cần chứng minh
$\frac{8}{27}(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant \frac{10}{9}\sum ab(a+b)+\frac{2}{9}abc$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+27(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15\sum ab(a+b)+3abc$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$
Sử dụng bổ đề (*) ta được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Đầu tiên ta có bổ đề hết sức quen thuộc sau $ab^2+bc^2+ca^2+abc \leqslant \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Khai triển trực tiếp ta thu được $4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a) \geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$ (*)
Trở lại bài toán ta sẽ đồng bậc bất đẳng thức, sử dụng $a+b+c=3$, ta cần chứng minh
$2(a^2b+b^2c+c^2a)+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant \frac{19}{27}(a+b+c)^3$
Khai triển và thu gọn ta cần chứng minh
$\frac{8}{27}(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant \frac{10}{9}\sum ab(a+b)+\frac{2}{9}abc$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+27(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15\sum ab(a+b)+3abc$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$
Sử dụng bổ đề (*) ta được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
sao em thấy nó chả liên quan chỉ rõ cho em đc ko
tàn lụi
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$:
Chứng minh rằng : $2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a )+ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4abc\geq 19$
Ta có thể làm như sau:
Ta có: $VP=3(a+b+c)^{2}-8=3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6(ab+bc+ac)-8$
BĐT cần chứng mình tương đương:
$(a^{2}b+b^{2}c+ac^{2})+2abc+4\geq 3(ab+bc+ac)$(1)
Mặt khác:$3(ab+bc+ac)= (a+b+c)(ab+bc+ac)=(a^{2}b+b^{2}c+ac^{2})+(a^{2}c+ab^{2}+bc^{2})+3abc$
(1)$\Leftrightarrow$$(a^{2}c+ab^{2}+bc^{2})+abc\leq 4$(2)
Do vai trò a,b,c như nhau nên giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có: $a(b-a)(b-c)\leq 0$
$\Leftrightarrow a(b^{2}-bc-ab+ac)\leq 0$
$\Leftrightarrow ab^{2}-abc-a^{2}b+a^{2}c\leq 0$
$\Leftrightarrow ab^{2}+a^{2}c\leq abc+a^{2}b$
Thế vào (2): VT(2)$\leq a^{2}b+bc^{2}+2abc=b(a^{2}+c^{2}+2ac)$
$=b(a+c)^{2}=4b(\frac{a+c}{2})^{2}$
$=b(a+c)^{2}=4b(\frac{a+c}{2})^{2}\leq 4(\frac{b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}}{3})^{3}(AM-GM 3 số)$
$= 4(\frac{a+b+c}{3})^{3}=4=VP$ (Do a+b+c=3)
Suy ra điều phải cm.
ĐTXR khi a=b=c=1
Edited by phanquockhanh, 21-06-2013 - 22:58.
Ta có thể làm như sau:
Ta có: $VP=3(a+b+c)^{2}-8=3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6(ab+bc+ac)-8$
BĐT cần chứng mình tương đương:
$(a^{2}b+b^{2}c+ac^{2})+2abc+4\geq 3(ab+bc+ac)$(1)
Mặt khác:$3(ab+bc+ac)= (a+b+c)(ab+bc+ac)=(a^{2}b+b^{2}c+ac^{2})+(a^{2}c+ab^{2}+bc^{2})+3abc$
(1)$\Leftrightarrow$$(a^{2}c+ab^{2}+bc^{2})+abc\leq 4$(2)
Do vai trò a,b,c như nhau nên giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có: $a(b-a)(b-c)\leq 0$
$\Leftrightarrow a(b^{2}-bc-ab+ac)\leq 0$
$\Leftrightarrow ab^{2}-abc-a^{2}b+a^{2}c\leq 0$
$\Leftrightarrow ab^{2}+a^{2}c\leq abc+a^{2}b$
Thế vào (2): VT(2)$\leq a^{2}b+bc^{2}+2abc=b(a^{2}+c^{2}+2ac)$
$=b(a+c)^{2}=4b(\frac{a+c}{2})^{2}$
$=b(a+c)^{2}=4b(\frac{a+c}{2})^{2}\leq 4(\frac{b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}}{3})^{3}(AM-GM 3 số)$
$= 4(\frac{a+b+c}{3})^{3}=4=VP$ (Do a+b+c=3)
Suy ra điều phải cm.
ĐTXR khi a=b=c=1
T ko hiểu chỗ phân tích đó
Edited by phanquockhanh, 21-06-2013 - 22:58.
EM YÊU BÁC HỒ.....
Tuy không ảnh hưởng đến bài làm nhưng không thể giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ được vì vai trò của $a,b,c$ không như nhau
Khi hoán vị vòng quanh thì bài toán vẫn vậy mà anh. Vai trò 3 ẩn như nhau mà.
Khi hoán vị vòng quanh thì bài toán vẫn vậy mà anh. Vai trò 3 ẩn như nhau mà.
Đã là hoán vị vòng quanh thì không thể giả sử $a\geq b\geq c$ bạn ạ
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$:
Chứng minh rằng : $2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a )+ 3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 4abc\geq 19$
Bài này có thể làm như sau:
BĐT đã cho tương đương với $2(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2)+6abc+3(a^2+b^2+c^2)\geq 19+2abc+2(ab^2+bc^2+ca^2)\Leftrightarrow 2(a+b+c)(ab+bc+ca)+3(a^2+b^2+c^2)\geq 19+2abc+2(ab^2+bc^2+ca^2)\Leftrightarrow 6(ab+bc+ca)+3(a^2+b^2+c^2)\geq 19+2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)\Leftrightarrow 3(a+b+c)^2\geq 19+2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)\Leftrightarrow 27\geq 19+2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$
Chứng minh BĐT này rất đơn giản. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa $a$và $c$.Ta có $ab^2+bc^2+ca^2+abc-b(a+c)^2=a(b-a)(b-c)\leq 0$ (vì $b$ là số nằm giữa), suy ra $ab^2+bc^2+ca^2=abc\leq b(a+c)^2$ (1)
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b(a+c)(a+c)\leq \frac{1}{2}\left [ \frac{2b+a+c+a+c}{3} \right ]^3=4$ (2)
Từ (1) và (2) ta có ngay đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$a=b=c=1$
Edited by vutuanhien, 23-06-2013 - 00:35.
0 members, 1 guests, 0 anonymous users