Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$
"Life would be tragic if it weren't funny"
-Stephen Hawking-
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$
Lười ko muốn gõ lại
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tungteng532000: 09-07-2016 - 10:11
Lời giải hay thì like nhé
FB: https://www.facebook...oylanh.lung.564
Một lời giải khác.
Ta có: $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$.
Đặt: $t=a+b+c,(t\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}=3)$ BĐT trở thành: $10abc+t^3-9t-10\geq 0$.
Theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
$(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)\Rightarrow 9abc\geq 12t-t^3$.
*) Nếu $t\geq 2\sqrt{3}\Rightarrow 10abc+t^3-9t-10> 12t-9t-10=3t-10> 0$.
*) Nếu $3\leq t\leq 2\sqrt{3}$$\Rightarrow abc\geq \frac{12t-t^3}{9}$.
Ta cần chứng minh: $\frac{10}{9}(12t-t^3)+t^3-9t-10\geq 0\Leftrightarrow (t-3)[3(4-t)+(16-t^2)+2]\geq 0$.
BĐT cuối đúng.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Cho a,b,c không âm và ab+bc+ca=3. CMR: $a^3+b^3+c^3+7abc \geq 10$
Ta có: $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$.
Đặt: $t=a+b+c\geq 3$.BĐT cần chứng minh trở thành: $10abc+t^3-9t-10\geq 0$.
Theo Schur bậc 3 thì: $9abc\geq 12t-t^3$ (do $ab+bc+ca=3$)
+ Nếu $t\geq 2\sqrt{3}$ thì $10abc+t^3-9t-10\geq 12t-9t-10=3t-10> 0$.
+ Nếu $3\leq t\leq 2\sqrt{3}$ thì $abc\geq \frac{12t-t^3}{9}$.
Ta cần chứng minh: $10\frac{12t-t^3}{9}+t^3-9t-10\geq 0\Leftrightarrow (t-3)[3(4-t)+(16-t^2)+2]\geq 0$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 05-09-2016 - 19:45
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Một lời giải khác.
Ta có: $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$.
Đặt: $t=a+b+c,(t\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}=3)$ BĐT trở thành: $10abc+t^3-9t-10\geq 0$.
Theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
$(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)\Rightarrow 9abc\geq 12t-t^3$.
*) Nếu $t\geq 2\sqrt{3}\Rightarrow 10abc+t^3-9t-10> 12t-9t-10=3t-10> 0$.
*) Nếu $3\leq t\leq 2\sqrt{3}$$\Rightarrow abc\geq \frac{12t-t^3}{9}$.
Ta cần chứng minh: $\frac{10}{9}(12t-t^3)+t^3-9t-10\geq 0\Leftrightarrow (t-3)[3(4-t)+(16-t^2)+2]\geq 0$.
BĐT cuối đúng.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Cảm ơn bn
Mình nghĩ là ko cần xét 2 TH đâu vì $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) =9$ ==> a+b+c $\geq$ 3
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nuoccam: 05-09-2016 - 21:48
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh