Chủ đề này có 2 trả lời

[caybutbixanh]

Chứng minh rằng với mọi số thưc dương $a,b,c$ ta luôn có :

 

$$\frac{a^{11}}{bc}+\frac{b^{11}}{cb}+\frac{c^{11}}{ab}+\frac{3}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant \frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}+9}{2}.$$

 

---------------------------

 

 

[thanhdotk14]

Chứng minh rằng với mọi số thưc dương $a,b,c$ ta luôn có :

 

$$\frac{a^{11}}{bc}+\frac{b^{11}}{ca}+\frac{c^{11}}{ab}+\frac{3}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant \frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}+9}{2}(1).$$

 

---------------------------

Bài giải:

Ta có:

$VT(1)=\sum\frac{a^{12}}{abc}+\frac{3}{a^2b^2c^2}=\frac{1}{abc}\left(\sum a^{12}+\frac{3}{abc}\right)$

$\ge \frac{3}{\sum a^3}\left(\sum a^{12}+\frac{9}{\sum a^3}\right)$

Ta cần chứng minh:$\frac{3}{\sum a^3}\left(\sum a^{12}+\frac{9}{\sum a^3}\right)\ge \frac{\sum a^6+9}{2}(2)$

Đặt $(a^3;b^3;c^3)\to (x;y;z)$. Khi đó: $(2)$ được viết lại thành:

$\frac{3}{\sum x}\left(\sum x^4+\frac{9}{\sum x}\right)\ge \frac{\sum x^2+9}{2}(3)$

Lại có: $VT(3)\ge \frac{3}{\sqrt{3\sum x^2}}\left(\frac{(\sum x^2)^2}{3}+\frac{9}{\sqrt{3\sum x^2}}\right)$

Đặt: $x^2+y^2+z^2=M$. Khi đó: ta cần chứng minh:

$\frac{3}{\sqrt{3M}}\left(\frac{M^2}{3}+\frac{9}{\sqrt{3M}}\right)\ge \frac{M+9}{2}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{M}-\sqrt{3})^2(2M\sqrt{M}+3M\sqrt{3M}+12\sqrt{M}+6\sqrt{3})\ge 0$

Nhưng bất đẳng thức trên luôn đúng

Từ đó ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 13-07-2013 - 08:00

[caybutbixanh]

Bài giải:

Ta có:

$VT(1)=\sum\frac{a^{12}}{abc}+\frac{3}{a^2b^2c^2}=\frac{1}{abc}\left(\sum a^{12}+\frac{3}{abc}\right)$

$\ge \frac{3}{\sum a^3}\left(\sum a^{12}+\frac{9}{\sum a^3}\right)$

Ta cần chứng minh:$\frac{3}{\sum a^3}\left(\sum a^{12}+\frac{9}{\sum a^3}\right)\ge \frac{\sum a^6+9}{2}(2)$

Đặt $(a^3;b^3;c^3)\to (x;y;z)$. Khi đó: $(2)$ được viết lại thành:

$\frac{3}{\sum x}\left(\sum x^4+\frac{9}{\sum x}\right)\ge \frac{\sum x^2+9}{2}(3)$

Lại có: $VT(3)\ge \frac{3}{\sqrt{3\sum x^2}}\left(\frac{(\sum x^2)^2}{3}+\frac{9}{\sqrt{3\sum x^2}}\right)$

Đặt: $x^2+y^2+z^2=M$. Khi đó: ta cần chứng minh:

$\frac{3}{\sqrt{3M}}\left(\frac{M^2}{3}+\frac{9}{\sqrt{3M}}\right)\ge \frac{M+9}{2}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{M}-\sqrt{3})^2(2M\sqrt{M}+3M\sqrt{3M}+12\sqrt{M}+6\sqrt{3})\ge 0$

Nhưng bất đẳng thức trên luôn đúng

Từ đó ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Cách 2:

 Ta có :$$\frac{a^{11}}{bc}+abc\geqslant 2a^{6}$$

Thiết lập các BĐT tương tự , ta có :$\frac{a^{11}}{bc}+\frac{b^{11}}{ca}+\frac{c^{11}}{ab}\geqslant 2(a^{6}+b^{6}+c^{6})-3abc$

Ta cần chứng minh :$2(a^{6}+b^{6}+c^{6})-3abc+\frac{3}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant \frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}+9}{2}\\ \Leftrightarrow 3(a^{6}+b^{6}+c^{6})-6abc+\frac{6}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant 9$

Theo AM-GM, ta có :$a^{6}+b^{6}+c^{6}\geqslant 3a^{2}b^{2}c^{2}$

Bài toán quy về chứng minh :

$9t^{2} -6t +\frac{6}{t^{2}}\geqslant 9$ với $t=abc> 0$

Lại theo AM-GM :$9t^{2}+\frac{6}{t^{2}}-6t\geqslant 9t^{2}+\frac{6}{t^{2}} -3(t^{2}+1)=6.(t^{2}+\frac{1}{t^{2}})-3\geqslant 6.2-3=9$

Vậy bài toán được chứng minh. Dấu "=" xảy ra $a=b=c=1$ $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 13-07-2013 - 20:50