$P=\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}$
Cho a, b, c > 0. Tìm min $P=\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}$
#1
Đã gửi 14-12-2017 - 21:52
#2
Đã gửi 14-12-2017 - 22:04
$P=\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}$
https://julielltv.wo...phap-s-s-s-o-s/
#3
Đã gửi 16-12-2017 - 10:44
$P=\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}$
Bài này không cần SOS đâu
Ta có $\frac{(a+b+c)^3}{abc}=\frac{a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}$
$=\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\frac{3(a+b)(b+c)(c+a)}{3abc}$
$\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+2+24=26+\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}$.
Suy ra $P \geq 26+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}$.
Ta sẽ chứng minh $\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$.
Thật vậy, BĐT trên tương đương với $\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1 \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1$, hay
$$\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3abc} \geq \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}$$
Vì $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \geq 0$ nên ta có thể chia cả 2 vế BĐT cho $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$:
$$\frac{a+b+c}{3abc} \geq \frac{1}{ab+bc+ca}$$
$$(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 3abc$$
BĐT trên hiển nhiên đúng vì $(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)>0$.
Sử dụng kết quả trên, ta được: $P \geq 26+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \geq 26+2\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}=28$.
Vậy min $P=28$ khi $a=b=c$.
- Khoa Linh yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh