Chủ đề này có 5 trả lời

[KietLW9]

Bài 1: Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh: $a^{3}+ b^{3} + c^{3} +6\geq (a+b+c)^2$

Bài 2: Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=1$ Tìm GTNN của biểu thức: $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 15-05-2021 - 14:32

[Hunghcd]

Bài1:

Đặt a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r. Dễ thấy p$\geq$3

BĐT tương đương $p^{3}+9r\geq p^{2}+3pq$

VT=$p^{3}+\frac{27}{4}r+\frac{9}{4}\geq p^{3}+\frac{27}{4}\frac{4pq-p^{3}}{9}+\frac{9}{4}$ (Bđt Schur)

=$\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$

Xét\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$\geq p^{2}+3pq$$\Leftrightarrow p^{3}-4p^{2}+9\geq 0 \Leftrightarrow (p-3)((p-3)(p+2)+9)\geq 0$ (luôn đúng do p$\geq 3$

$\rightarrow$ đpcm

[KietLW9]

Bài1:

Đặt a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r. Dễ thấy p$\geq$3

BĐT tương đương $p^{3}+9r\geq p^{2}+3pq$

VT=$p^{3}+\frac{27}{4}r+\frac{9}{4}\geq p^{3}+\frac{27}{4}\frac{4pq-p^{3}}{9}+\frac{9}{4}$ (Bđt Schur)

=$\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$

Xét\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$\geq p^{2}+3pq$$\Leftrightarrow p^{3}-4p^{2}+9\geq 0 \Leftrightarrow (p-3)((p-3)(p+2)+9)\geq 0$ (luôn đúng do p$\geq 3$

$\rightarrow$ đpcm

Thật trùng hợp là bài 1 mình cũng vừa giải ở đây: https://diendantoanh...4abcgeq-frac14/

[Hunghcd]

mình nghĩ bài 2 phải là a^3+b^3+c^3-3abc chứ nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hunghcd: 13-05-2021 - 18:17

[Hunghcd]

Bài 1: Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh: $a^{3}+ b^{3} + c^{3} +6\geq (a+b+c)^2$

Bài 2: Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=1$ Tìm GTNN của biểu thức: $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

 

Bài 2:

Từ gt$1=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=(a+b+c)(-\frac{1}{2}(a+b+c)^2+\frac{3}{2}P)\rightarrow P=\frac{2}{3}(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{2}(a+b+c)^2)$

Đặt a+b+c=u.Xét$\frac{2}{3}(\frac{1}{u}+\frac{1}{2}u^2)\geq 1\Leftrightarrow (u-1)^2(u+2)\geq 0$(luôn đúng)

Vậy Min P=1.Dấu= khi a+b+c=1

[KietLW9]

Bài 2:

Từ gt$1=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=(a+b+c)(-\frac{1}{2}(a+b+c)^2+\frac{3}{2}P)\rightarrow P=\frac{2}{3}(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{2}(a+b+c)^2)$

Đặt a+b+c=u.Xét$\frac{2}{3}(\frac{1}{u}+\frac{1}{2}u^2)\geq 1\Leftrightarrow (u-1)^2(u+2)\geq 0$(luôn đúng)

Vậy Min P=1.Dấu= khi a+b+c=1

Thật ra bài hai giả thiết $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc=1$ vẫn đúng

Lời giải. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có :$1=\left [ a(a^{2}+bc)+b(b^{2}+ac)+c(c^{2}+ab) \right ]^{2}\leqslant (a^{2}+b^{2}+c^{2})\left [ a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}b^{2}+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c) \right ]$

Mà $a^{4}+b^4+c^4+a^{2}b^{2}+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)=(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+2abc(a+b+c)-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leqslant (a^2+b^2+c^2)^{2}+abc(a+b+c)\leqslant \frac{4}{3}(a^2+b^2+c^2)^{2}$

Do đó $a^2+b^2+c^2\geqslant \sqrt[3]{\frac{3}{4}}$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{6}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 16-05-2021 - 20:33