Chủ đề này có 10 trả lời

[votanphu]

Cho 3 số thực dương a,b,c thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^{3}}{a+bc}+\frac{b^{3}}{b+ca}+\frac{c^{3}}{c+ab}\geq \frac{3}{2}$

[bach7a5018]

Cho 3 số thực dương a,b,c thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^{3}}{a+bc}+\frac{b^{3}}{b+ca}+\frac{c^{3}}{c+ab}\geq \frac{3}{2}$

Trước hết ta cần có 2 bổ đề:

Bổ đề 1: Với x, y, z >0 thì ${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{1}{3}{\left( {x + y + z} \right)^2}$ ( Bạn tự chứng minh nhé )    

Trở lại bài toán:

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{{{a^3}}}{{a + bc}} + \frac{{{b^3}}}{{b + ca}} + \frac{{{c^3}}}{{c + ab}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^2} + abc}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^2} + abc}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^2} + abc}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3{\rm{a}}bc}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3}}$   (1)  

( do theo BĐT AM-GM thì $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Rightarrow 3 \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Rightarrow \sqrt[3]{{abc}} \le 1 \Rightarrow abc \le 1 \Rightarrow 3{\rm{a}}bc \le 3$ )

Mặt khác: $\frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3}} = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + \frac{1}{3}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2} \ge \frac{{\frac{1}{3}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{2} = \frac{3}{2}$   ( do áp dụng bổ đề 1 )    (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bach7a5018: 30-03-2014 - 09:18

[TonnyMon97]

Ghi nhầm khúc cuối rồi kìa.

[bach7a5018]

Ghi nhầm khúc cuối rồi kìa.

thanks, mình đã fix lại rồi đấy

[nguyenhongsonk612]

Trước hết ta cần có 2 bổ đề:

Bổ đề 1: Với x, y, z >0 thì ${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{1}{3}{\left( {x + y + z} \right)^2}$ ( Bạn tự chứng minh nhé )    

Trở lại bài toán:

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{{{a^3}}}{{a + bc}} + \frac{{{b^3}}}{{b + ca}} + \frac{{{c^3}}}{{c + ab}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^2} + abc}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^2} + abc}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^2} + abc}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3{\rm{a}}bc}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3}}$   (1)  

( do theo BĐT AM-GM thì $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Rightarrow 3 \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Rightarrow \sqrt[3]{{abc}} \le 1 \Rightarrow abc \le 1 \Rightarrow 3{\rm{a}}bc \le 3$ )

Mặt khác: $\frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 3}} = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + \frac{1}{3}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2} \ge \frac{{\frac{1}{3}{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{2} = \frac{3}{2}$   ( do áp dụng bổ đề 1 )    (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Cách này có vẻ nhẹ nhàng hơn cách cậu:

Ta có BĐT: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1$ và $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^{2}+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}= 3$

Ta có: 

$\sum \frac{a^{3}}{a+bc}= \sum a^{2}-\frac{a^2bc}{a+bc}\geq\sum a^2-\frac{\sqrt{a^3bc}}{2}\geq 3-\frac{3}{2}= \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 05-04-2014 - 00:12

[thinhrost1]

Cách này có vẻ nhẹ nhàng hơn cách cậu:

Ta có BĐT: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1$ và $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^{2}+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}= 3$

Ta có: 

$\sum \frac{a^{3}}{a+bc}= \sum a^{2}-\frac{a^2bc}{a+bc}\geq\sum a^2-\frac{\sqrt{a^3bc}}{2}\geq 3-\frac{3}{2}= \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c=1$

Khúc "$\sum\frac{\sqrt{a^3bc}}{2}\geq 3-\frac{3}{2}$" giải thích dùm mình đi 

[bach7a5018]

Khúc "$\sum\frac{\sqrt{a^3bc}}{2}\geq 3-\frac{3}{2}$" giải thích dùm mình đi 

Là như thế này: 

$\sum {{a^2} - \frac{{\sqrt {{a^3}bc} }}{2}}  = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \frac{{a\sqrt {abc} }}{2} \ge 3 - \frac{a}{2}$ ( do ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} = \frac{9}{3} = 3$ và $abc \le 1$ )

Mà $3 - \frac{a}{2} \ge 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}$ ( do $a \le a + b + c = 3$ )

[Ham học toán hơn]

Dùng Cô-si ngược dấu được không bà con ? 

[littlemiumiu21]

Cách này có vẻ nhẹ nhàng hơn cách cậu:

Ta có BĐT: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1$ và $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^{2}+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}= 3$

Ta có: 

$\sum \frac{a^{3}}{a+bc}= \sum a^{2}-\frac{a^2bc}{a+bc}\geq\sum a^2-\frac{\sqrt{a^3bc}}{2}\geq 3-\frac{3}{2}= \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c=1$

Kĩ thuật đảo dấu hả

[nguyenhongsonk612]

Kĩ thuật đảo dấu hả

uk

[songchiviuocmo2014]

Đặt VT = A 
Tớ xin làm 1 cách , có vấn đề cứ góp ý . 
$\frac{a^3}{a+bc} + \frac{a+bc}{4} +\frac{1}{2} \geq \frac{3a}{2}$
...
Cộng vế theo vế ta có 
$A+\frac{a+b+c}{4}  +\frac{ac+ab+bc}{4} +  \frac{3}{2}  \geq \frac{3(a+b+c)}{2}$
$A\geq  \frac{5(a+b+c)}{4} - \frac{ac+ab+bc}{4} - \frac{3}{2}$
$A\geq  \geq \frac{15}{4} - \frac{3}{2} - \frac{(a+b+c)^2}{12} =\frac{3}{2}$
$W.E.D$