Chủ đề này có 3 trả lời

[buiminhhieu]

Cho a+b+c=3 a,b,c>0

Cm :$12(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+21$

[nguyenqn1998]

Cho a+b+c=3 a,b,c>0

Cm :$12(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+21$

dấu '=' xảy ra khi nào vậy bạn

[nguyenqn1998]

đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $0\leq t <1$

ta có: $\frac{1}{a}=\frac{1}{1+2t}+\frac{1+2t-a}{(1+2t)a}=>a^3=(1+2t)a^2-(1+2t-a)a^2$

nên bất đẳng thức cần c/m dc viết dưới dạng: 

$\frac{36}{1+2t}+\frac{12}{1+2t}\sum \frac{1+2t-a}{a}+4\sum(1+2t-a)a^2 \geq 4(1+2t)\sum a^2+21$

do $1+2t-a\geq 0$ nên ta áp dụng bdt cauchy-schawrz:

$\sum \frac{1+2t-a}{a}\geq\frac{[\sum(1+2t-a)]^2 }{\sum(1+2t-a)a}=\frac{6t}{1-t}$ (1)

$\sum(1+2t-a)a^2 \geq \frac{[\sum(1+2t-a)a]^2}{\sum(1+2t-a)}=6t(1-t)^2$ (2)

từ (1) và (2) => ta chỉ cần c/m:

$\frac{36}{1+2t}+\frac{12t}{(1+2t)(1-t)}+24t(1-t)^2\geq12(1+2t)(1+2t^2)+21$ 

$<=> \frac{12}{1+2t}+\frac{24t}{(1+2t)(1-t)}+8t(1-2t+t^2)\geq4(1+2t+2t^2+4t^3)+7$

$<=> \frac{12(1+t)}{(1+2t)(1-t)}\geq 8t^3+24t^2+11$

$<=> 12(1+t)^2\geq(1+2t)(1-t^2)(8t^3+24t^2+11)$

$VP\leq\frac{[12(1+2t)(1-t^2)+(8t^3+24t^2+11)]^2}{48}=\frac{(23+24t+12t^2-16t^3)^2}{48}$

ta cần C/m: $24(1+t)\geq 23+24t+12t^2-16t^3 <=> 16t^3-12t^2+1\geq 0$ (đúng do $8t^3+8t^3+1\geq12t^2 (AM-GM)$)

dấu '=' xảy ra khi $a=2, b=c=\frac{1}{2}$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 10-11-2013 - 18:17

[nam8298]

mình dùng dồn biến  Giả sử a$a\leq b\leq c$

đặt F(x) =$12(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-4(a^{3}+b^{3}+c^{3})-21$$F(a;b;c)-F(\frac{a+b}{2};\frac{a+b}{2};c)= (a-b)^{2}(\frac{4}{(a+b)ab}-(a+b))\geq 0$  

$F(\frac{a+b}{2};\frac{a+b}{2};c)= (c-2)^{2}(c^{3}+4c^{2}-6c+3)\geq 0$

do đó suy ra điều phải chứng minh