Chủ đề này có 2 trả lời

[duongluan1998]

Cho a,b,c>0 và a+b+c=3

CMR

$2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\geq 19$

[25 minutes]

Cho a,b,c>0 và a+b+c=3

CMR

$2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\geq 19$

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leqslant \frac{4(a+b+c)^3}{27}$   (*)

Chứng minh : Ta có thể giả sử $b$ nằm giữa $a$ và c$

Khi đó $(a-b)(b-c)\geqslant 0\Rightarrow ab+bc \geqslant ac+b^2$

$\Rightarrow a^2b+abc \geqslant a^2c+ab^2$

$\Rightarrow a^2b+2abc+bc^2 \geqslant a^2c+ab^2+bc^2+abc$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh $ a^2b+2abc+bc^2 \leqslant \frac{4(a+b+c)^3}{27}\Leftrightarrow b(a+c)^2\leqslant \frac{4(a+b+c)^3}{27}$

Áp dụng AM-GM ta có đpcm

              $b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b.(a+c).(a+c)\leqslant \frac{1}{2}.\frac{(2b+a+c+a+c)^3}{27}=\frac{4(a+b+c)^3}{27}$

Vậy (*) được chứng minh xong

Khai triển trực tiếp (*) ta được 

                $4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$

Trở lại bài toán thay $a+b+c=3$ vào ta được 

             $2(a^2b+b^2c+c^2a)+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+3abc\geqslant \frac{19(a+b+c)^3}{27}$ 

$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+12(a^2b+b^2c+c^2a)\geqslant 15(ab^2+bc^2+ca^2)+3abc$

BĐT trên luôn đúng

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[lahantaithe99]

Cho a,b,c>0 và a+b+c=3

CMR

$2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\geq 19$

Cách khác ngắn hơn ạ 

$VT=2(a^2b+b^2c+c^2a)+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+4abc$

 

$=3(a^2b+b^2c+c^2a)+a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2+4abc$

 

$=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2+2abc)-2(abc+\sum ab^2)$

 

$=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)-2(abc+\sum ab^2)$

 

$=(a+b+c)^3-2(\sum ab^2+abc)=27-2(\sum ab^2+abc)$

 

Ta có BĐT sau $abc+ab^2+bc^2+ca^2\leqslant \frac{4(a+b+c)^3}{27}=4$

 

Do đó $VT\geqslant 19$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 12-04-2014 - 12:46