Chủ đề này có 10 trả lời

[nguyenhongsonk612]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. CMR:

$4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 27$

P/s: Chúng ta cùng làm nào!!!  

[nguyenhongsonk612]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. CMR:

$4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 27$

Mình nghĩ ra được cách làm rồi!! HEHE!

Theo đề bài ta có:

$a^3+b^3+c^3=3$ => $a^{3}\leq 3\Rightarrow a\leq \sqrt[3]{3}$

Ta C/m BĐT sau là đúng:

$\frac{4}{a^{3}}+5a^{2}\geq 7+2a^3\Leftrightarrow 2a^4-5a^3-7a-4\leq 0\Leftrightarrow a^{3}(2a-5)-(7a+4)\leq 0$

Với $a\leq \sqrt[3]{3}$ => $\left\{\begin{matrix} 2a-5< 0 & & \\ -(7a+4)<0 & & \end{matrix}\right.$ nên BĐT trên đúng.

Tương tự ta có $\frac{4}{b^{3}}+5b^{2}\geq 7+2b^3$ và $\frac{4}{c^{3}}+5c^{2}\geq 7+2c^3$

Nhiệm vụ còn lại là cộng các vế lại và tìm đk dấu "=" xảy ra là xong!!!

[Trang Luong]

Mình nghĩ ra được cách làm rồi!! HEHE!

Theo đề bài ta có:

$a^3+b^3+c^3=3$ => $a^{3}\leq 3\Rightarrow a\leq \sqrt[3]{3}$

Ta C/m BĐT sau là đúng:

$\frac{4}{a^{3}}+5a^{2}\geq 7+2a^3\Leftrightarrow 2a^4-5a^3-7a-4\leq 0\Leftrightarrow a^{3}(2a-5)-(7a+4)\leq 0$

Với $a\leq \sqrt[3]{3}$ => $\left\{\begin{matrix} 2a-5< 0 & & \\ -(7a+4)<0 & & \end{matrix}\right.$ nên BĐT trên đúng.

Tương tự ta có $\frac{4}{b^{3}}+5b^{2}\geq 7+2b^3$ và $\frac{4}{c^{3}}+5c^{2}\geq 7+2c^3$

Nhiệm vụ còn lại là cộng các vế lại và tìm đk dấu "=" xảy ra là xong!!!

Điều này xảy ra khi giả sử $a\leq b\leq c$

nên k tg tự đc

[nguyenhongsonk612]

Điều này xảy ra khi giả sử $a\leq b\leq c$

nên k tg tự đc

Đúng mà bạn ơi! PP uct mà

[songchiviuocmo2014]

 

 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. CMR:

$4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 27$

P/s: Chúng ta cùng làm nào!!!  

$a^3+b^3+c^3=3$ \Leftrightarrow $ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+3abc = 3$
Mà$ ab+bc+ac\leqslant  a^2 +b^2 +c^2$ =>$ 3abc$ \geqslant 3 \Leftrightarrow$ abc$ \geqslant 1
Mà $4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2) = a^2 + b^2 + c^2 + 4(a^2 +\frac{1}{a} +b^2+\frac{1}{b}+c^2+\frac{1}{c})$
Ta lại có $4(a^2 +\frac{1}{a})\geqslant 8(\sqrt{a})$
Tương tự ta có$ P +a^2 + b^2 +c^2$\geqslant$8(\sqrt{ a}+\sqrt{ b}+\sqrt{ c})$
Theo cosi $a^2 + b^2 +c^2 \geq 3\sqrt{a^2b^2c^2}$  \geq$ 24$
dpcm
 

[bengoyeutoanhoc]

$a^3+b^3+c^3=3$ \Leftrightarrow $ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+3abc = 3$
Mà$ ab+bc+ac\leqslant  a^2 +b^2 +c^2$ =>$ 3abc$ \geqslant 3 \Leftrightarrow$ abc$ \geqslant 1
Mà $4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2) = a^2 + b^2 + c^2 + 4(a^2 +\frac{1}{a} +b^2+\frac{1}{b}+c^2+\frac{1}{c})$
Ta lại có $4(a^2 +\frac{1}{a})\geqslant 8(\sqrt{a})$
Tương tự ta có$ P +a^2 + b^2 +c^2$\geqslant$8(\sqrt{ a}+\sqrt{ b}+\sqrt{ c})$
Theo cosi $a^2 + b^2 +c^2 \geq 3\sqrt{a^2b^2c^2}$  \geq$ 24$
dpcm
 

 

Lỗi $\LaTeX$ nhiều quá!

Chả hiểu phần lỗi bạn viết gì! mình giải luôn phần sau vậy nhé! 

Ta có $a^{3}+ b^{3}+ c^{3}-3abc=\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2} +b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc\right )\Rightarrow 3=3abc+(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$

Mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc$

Suy ra $3abc\geq 3\Rightarrow abc\geq 1$

Từ đó suy ra $4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 4(\frac{9}{a+b+c})+5.\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}=\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}\geq 9\sqrt[9]{\frac{\left ( a+b+c \right )^{8}.9^{4}}{3^{5}}} \geq 9\sqrt[9]{3^{8}.3}=27\rightarrow Q.E.D$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bengoyeutoanhoc: 22-03-2014 - 19:40

[lahantaithe99]

Lỗi $\LaTeX$ nhiều quá!

Chả hiểu phần lỗi bạn viết gì! mình giải luôn phần sau vậy nhé! (Có khi lại là một kiểu khác)

Ta có $a^{3}+ b^{3}+ c^{3}-3abc=\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2} +b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc\right )\Rightarrow 3=3abc+(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$

Mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc$

Suy ra $3abc\geq 3$

$\Rightarrow abc\geq 1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3& \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3& \end{matrix}\right.$

Từ đó suy ra $4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 27$ $\rightarrow Q.E.D$

Từ $abc\geqslant 1$ mà suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant 3$ là sai rồi bạn ơi 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 22-03-2014 - 19:04

[bengoyeutoanhoc]

Từ $abc\geqslant 1$ mà suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant 3$ là sai rồi bạn ơi 

Ừ nhỉ! Thanks bạn! Sẽ sửa!

[songchiviuocmo2014]

Mình cũng làm tương tự như bạn trên ấy nhưng mình lợi dụng cái tích nên đưa về dạng đẳng cấp 3 biến mình cô si sẽ ra theo biến tích đó . Thật là tiện

[nguyentrungphuc26041999]

Lỗi $\LaTeX$ nhiều quá!

Chả hiểu phần lỗi bạn viết gì! mình giải luôn phần sau vậy nhé! 

Ta có $a^{3}+ b^{3}+ c^{3}-3abc=\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2} +b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc\right )\Rightarrow 3=3abc+(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$

Mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc$

Suy ra $3abc\geq 3\Rightarrow abc\geq 1$

Từ đó suy ra $4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+5(a^2+b^2+c^2)\geq 4(\frac{9}{a+b+c})+5.\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}=\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}\geq 9\sqrt[9]{\frac{\left ( a+b+c \right )^{8}.9^{4}}{3^{5}}} \geq 9\sqrt[9]{3^{8}.3}=27\rightarrow Q.E.D$

Chỗ này có vấn đề rồi phải là $abc\leq 1$

[bengoyeutoanhoc]

Chỗ này có vấn đề rồi phải là $abc\leq 1$

đúng vậy! Thế thì không dùng được cách này rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bengoyeutoanhoc: 23-03-2014 - 17:57