2 replies to this topic

[Trung Kenneth]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

Tìm GTNN của $P = \frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}-\frac{1}{a+b+c}$

[phamngochung9a]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

Tìm GTNN của $P = \frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}-\frac{1}{a+b+c}$

$P=(a+b+c)-\frac{1}{a+b+c}+\frac{ab+bc+ca}{abc}$

Đặt $a+b+c=t$, ta có: $t\in \left [ \sqrt{3};3 \right ]$ (1).

($t^{2}>a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\Rightarrow t\geq \sqrt{3}$)

$P=t-\frac{1}{t}+\frac{t^{2}-3}{2abc}$

Mặt khác:

$abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}\\\Rightarrow abc\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3(a+b+c)}=\frac{(t^{2}-3)}{12.t}$

Vậy:

$P\geq t-\frac{1}{t}+\frac{6t(t^{2}-3)}{(t^{2}-3)^{2}}=t-\frac{1}{t}+\frac{6t}{t^{2}-3}$

Ta sẽ chứng minh: $t-\frac{1}{t}+\frac{6t}{t^{2}-3}\geq \frac{17}{3}(*)$

Thật vậy:

$(*)\Leftrightarrow \frac{(t-3)(3t^{3}-8t^{2}-18t-3)}{3t(t^{2}-3)}\geq 0$ 

Ta có: $3t^{3}-18t^{2}-18t-3<3(t-3)^{3}\Leftrightarrow -9t^{2}+99t-78> 0\Leftrightarrow t\in \left [ 0,854..;10,145... \right ]$( đúng theo $(1)$)

$\Rightarrow (t-3)(3t^{3}-8t^{2}-18t-3)\geq (t-3)^{4}\geq 0\Rightarrow P\geq \frac{17}{3}$

( chú ý $t\geq 3$ nên nhân phải đổi dấu BĐT)

Edited by phamngochung9a, 07-03-2016 - 20:44.

[Trung Kenneth]

Không phải dài dòng vậy đâu bạn phamnghochung9a ak, mình thấy bài này khá dễ nên up lên để mọi người giải thử. 

Đây là cách giải của mình: 

Ta có: $P.(a+b+c)= (\frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c})(a+b+c)-1$

$\Rightarrow P.(a+b+c)=(a^2+b^2+c^2)+\frac{(a^2+1)(b+c)}{a}+\frac{(b^2+1)(a+c)}{b}+\frac{(c^2+1)(a+b)}{c}+2$

$\Rightarrow P.(a+b+c)=\frac{(a^2+1)(b+c)}{a}+\frac{(b^2+1)(a+c)}{b}+\frac{(c^2+1)(a+b)}{c}+5$ (Vì $a^2+b^2+c^2=3$)

Áp dụng AM-GM: $P.(a+b+c)\geq 5+2(a+b)+2(b+c)+2.(c+a)$

$\Rightarrow P.(a+b+c)=5+4.(a+b+c)$

$\Rightarrow P\geq \frac{5}{a+b+c}+4$

Ta có: $(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=9$$\Rightarrow a+b+c\leq 3$

Từ đó P$\geq \frac{5}{3}+4=\frac{17}{3}$

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1