Chủ đề này có 3 trả lời

[hoangkimca2k2]

cho a,b,c >0 và a+b+c =3 chứng minh rằng 

$$4(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 9$$

[anhquannbk]

cho a,b,c >0 và a+b+c =3 chứng minh rằng 

$$4(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 9$$

Đặt $a+b+c=p=3, ab+bc+ac=q, abc=r$. Khi đó ta có:

$a^2 +b^2+c^2 = p^2-2q = 9-2q$

$a^3+b^3+c^3= p^3-3pq+3r = 27-9q+3r$

Do đó bất đẳng thức tương đương với 

$4(9-2q) - (27-9q+3r) \ge 9 \iff q \ge 3r$.

Ta có $ q^2 \ge 3pr = 9r$ suy ra $q \ge 3\sqrt{r} \ge 3r $ vì  $ 0<r \le 1$ 

Ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 11-01-2018 - 09:01

[nmtuan2001]

cho a,b,c >0 và a+b+c =3 chứng minh rằng 

$$4(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 9$$

Đưa BĐT về đồng bậc:

$$4(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-3(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b+c)^3$$

$$a^3+b^3+c^3+4[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)] \geq a^3+b^3+c^3+3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]+6abc$$

$$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \geq 6abc$$

BĐT đúng theo AM-GM: $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2) \geq a.2bc+b.2ca+c.2ab=6abc$

[tritanngo99]

cho a,b,c >0 và a+b+c =3 chứng minh rằng 

$$4(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 9$$

Xét hai trường hợp:

TH1: Có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng $2$. Do vai trò $a,b,c$ như nhau., KMTTQ: Giả sử $c\ge 2\implies a+b=3-c\le1$.

$\implies 4ab\le(a+b)^2\le1$. Đặt $(s;p)=(a+b;ab)(s^2\ge 4p)$.

Khi đó ta có: $VT=\sum 4a^2-\sum a^3=4(s^2-2p+(3-s)^2)-(s^3-3sp+(3-s)^3)$

$=-s^2+3sp+3s-8p+9=(-3s^2+3s)+(2s^2-8p)+3sp+9$.

Do $ -3s^2+3s=3s(1-s)\ge 0$;

      $2s^2-8p=2(s^2-4p)\ge 0$;

      $3sp>0$.

$\implies VT=(-3s^2+3s)+(2s^2-8p)+3sp+9>9$.

TH2: Cả ba số đều bé hơn $2$.

Khi đó áp dụng phương pháp tiếp tuyến ta có: $4a^2-a^3\ge 5a-2\iff (2-a)(a-1)^2\ge 0(TRUE)$.

$\implies \sum 4a^2-\sum a^3\ge 5\sum a-6=5*3-6=9\implies Q.E.D$.

Bài toán được chứng minh hoàn tất. Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)=(1;1;1)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-01-2018 - 16:30