Chủ đề này có 3 trả lời

[Juliel]

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c$ dương

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

[ongngua97]

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c$ dương

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Hình như em đang học pp SOS hả ???

 

Nhưng câu này có cách giải ngắn gọn hơn như sau:

 

VT$\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{9(a^{3}+b^{3}+c^{3})}=\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}+\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3abc}+\frac{6abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq \frac{3abc}{3abc}+2\sqrt{\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3abc}.\frac{6abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}}=1+4=5$

 

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Vậy ta có đpcm.

[BoFaKe]

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c$ dương

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Theo Holder ta có :$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(1+1+1)(1+1+1)\geq (a+b+c)^{3}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$

Khi ta cần chứng minh:  $\frac{(a+b+c)^{3}}{9abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Đặt $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}=x(x\geq 1)$ thì ta có: $3x+\frac{2}{x}= x+2x+\frac{2}{x}\geq 1+2\sqrt{4}= 5$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 07-07-2013 - 16:06

[Juliel]

Hình như em đang học pp SOS hả ???

 

Nhưng câu này có cách giải ngắn gọn hơn như sau:

 

VT$\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{54abc}{9(a^{3}+b^{3}+c^{3})}=\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}+\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3abc}+\frac{6abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq \frac{3abc}{3abc}+2\sqrt{\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3abc}.\frac{6abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}}=1+4=5$

 

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Vậy ta có đpcm.

 

Theo Holder ta có :$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(1+1+1)(1+1+)\geq (a+b+c)^{3}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$

Khi ta cần chứng minh:  $\frac{(a+b+c)^{3}}{9abc}+\frac{54abc}{(a+b+c)^{3}}\geq 5$

Đặt $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}=x(x\geq 1)$ thì ta có: $3x+\frac{2}{x}= x+2x+\frac{2}{x}\geq 1+2\sqrt{4}= 5$.

Em cám ơn các anh nhiều lắm, bài này làm bằng cách tìm điểm rơi rồi tách các hệ số thì đơn giản. Em muốn làm bằng phương pháp S.O.S cơ (@Ongngua97 : đúng là em đang học về phương pháp S.O.S)

Mọi người xem em làm cách S.O.S rồi kiểm tra giùm em nhé !

GIẢI :

Áp dụng các hằng đẳng thức :

$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]$

 

$(a+b+c)^{3}-27abc=\sum \left ( \frac{3a+b+c}{2} \right )(b-c)^{2}$

 

Bất đẳng thức đã cho viết thành :

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{abc}\geq 2.\frac{(a+b+c)^{3}-27abc}{(a+b+c)^{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]}{2abc}\geq \frac{\sum (3a+b+c)(b-c)^{2}}{(a+b+c)^{3}}\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{a+b+c}{abc}-\frac{3a+b+c}{(a+b+c)^{3}} \right ](b-c)^{2}\geq 0\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{(a+b+c)^{4}}{abc}-3a-b-c \right ](b-c)^{2}\geq 0$

Ta tìm được $S_{a}=\frac{(a+b+c)^{4}}{abc}-3a-b-c$

Ta sẽ chứng minh $S_{a}\geq 0\Leftrightarrow (a+b+c)^{4}\geq abc(a+b+c)+2a^{2}bc$

Điều hày hiển nhiên luôn đúng khi khai triển.

Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

 

Mấu chốt nó nằm ở hai cái HĐT thôi, em tìm hiểu để mở rộng phương pháp chứ cách này chẳng hay tí nào, tính toán trâu bò quá 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-07-2013 - 15:47