Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
#2
Đã gửi 31-01-2016 - 15:43
Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
Ta có \[\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geqslant 6.\]
Ho Chi Minh City University Of Transport
#3
Đã gửi 31-01-2016 - 18:12
Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
@@
__________
Bruno Mars
#4
Đã gửi 31-01-2016 - 20:08
Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
Sử dụng $ a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}) $
$ 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} $
Ta có: $ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\dfrac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 6 $
$ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-3 \ge 3-\dfrac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $
$ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-abc}{abc} \ge \dfrac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $
$ \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2})}{abc} \ge \dfrac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $ $ \left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right](\dfrac{a+b+c}{2abc}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}) \ge 0 $
Ta chỉ cần cm: $ \dfrac{a+b+c}{2abc}\ge \dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $ hay $ (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\ge 2abc$
Thật vậy $ a+b+c\ge \sqrt[3]{abc} $
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge \sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $
suy ra $ (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\ge 9abc \ge 2abc$
vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 31-01-2016 - 20:12
#5
Đã gửi 31-01-2016 - 23:16
Sử dụng $ a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}) $
$ 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} $
Ta có: $ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\dfrac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 6 $
$ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-3 \ge 3-\dfrac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $
$ \dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-abc}{abc} \ge \dfrac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $
$ \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2})}{abc} \ge \dfrac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $ $ \left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right](\dfrac{a+b+c}{2abc}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}) \ge 0 $
Ta chỉ cần cm: $ \dfrac{a+b+c}{2abc}\ge \dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $ hay $ (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\ge 2abc$
Thật vậy $ a+b+c\ge \sqrt[3]{abc} $
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge \sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $
suy ra $ (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\ge 9abc \ge 2abc$
vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau:$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}\geq \frac{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$
$\sum =\prod$
#6
Đã gửi 03-02-2016 - 20:57
Mở rộng: Với $a,b,c>0$ hãy chứng minh: $\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc}+\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 6$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#7
Đã gửi 03-02-2016 - 22:15
Mở rộng: Với $a,b,c>0$ hãy chứng minh: $\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc}+\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 6$
Cái này gọi là làm chặt chứ không phải mở rộng Bất đẳng thức trên tương đương với
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 5,\]
và đã được chứng minh ở đây.
- dogsteven, tpdtthltvp, Hieutran2000 và 1 người khác yêu thích
Ho Chi Minh City University Of Transport
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh