Tới đây, mong mọi người stop lại vài hôm để giải quyết những bài tồn đọng.
Mình giải quyết bài mình đưa ra trước.
Một bài tương tự với bài 88:
Bài 90: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{abc}} + {\left( {\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right)^2} \ge 28\]
Lời giải:Theo bđt AM-GM, ta có:
\[\begin{array}{l}
{\left( {ab + bc + ca} \right)^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \le {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2ac + 2bc}}{3}} \right)^3} = \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^6}}}{{27}} \\
\Rightarrow \frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \ge \frac{{27{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^3}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^6}}} \\
\Rightarrow {\left( {\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right)^2} \ge {3^6}.\frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^6}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^{12}}}} \\
\end{array}\]
Do đó, ta cần chứng minh:
\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{abc}} + {3^6}.\frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^6}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^{12}}}} \ge 28{\rm{ }}\left( * \right)\]
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có:
\[\begin{array}{l}
4.\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27abc}} + \frac{{{{27}^2}{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^6}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^{12}}}} \ge 5\sqrt[5]{{\frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^6}}}{{{{27}^2}{{\left( {abc} \right)}^4}}}}} \ge 5\sqrt[5]{{\frac{{{{\left( {3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right)}^6}}}{{{{27}^2}{{\left( {abc} \right)}^4}}}}} = 5 \\
23.\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27abc}} \ge 23 \\
\end{array}\]
Cộng các BĐT trên, ta có (*) đúng. Bài toán được giải quyết.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 18-01-2012 - 21:44
Chủ đề bị khóa
