Chủ đề này có 6 trả lời

[Hieutran2000]

Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.

[Nguyenhuyen_AG]

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 \[\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geqslant 6.\]

[Visitor]

Cho $a,b,c> 0$.Tìm GTNN của: P=$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.

@@ 

[anhquannbk]

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

[Hieutran2000]

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:$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}\geq \frac{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

[dogsteven]

Mở rộng: Với $a,b,c>0$ hãy chứng minh: $\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc}+\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 6$

[Nguyenhuyen_AG]

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.