Chủ đề này có 4 trả lời

[Nguyenphuctang]

$Cho \ a, b, c > 0;a^{2}+b^{2}+b^{2}=3. CMR: \\ \sum \frac{a^{3}}{b}+abc\geq 4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngoc Hung: 05-11-2016 - 05:38

[phanthanhtruyen]

ta có : $\sum \frac{a^{3}}{b}=\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}$

và theo bđt schur có : $abc\geq \frac{(a+b+c)(2\sum ab -\sum a^{2})}{9}=\frac{(a+b+c)(2\sum ab - 3)}{9}$

vậy ta cần chứng minh: $\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq 4+\frac{a+b+c}{3}$

đặt x=a+b+c và y= ab+bc+ca . ta được : $\frac{9}{y} + \frac{2xy}{9}\geq 4+\frac{x}{3}$

mà $\frac{9}{y}\geq 18 - y$

nên thay vào và quy đồng ta cần c/m : $18+2xy\geq 9y+3x$

mà $y= \frac{x^{2}-3}{2}$ 

suy ra : $2x^{3}-9x^{2}-12x+63\geq 0 \Leftrightarrow (x-3)(x-\frac{3+\sqrt{177}}{4})(x+\frac{\sqrt{177}-3}{4})\geq 0$

đúng vì ta có $x=a+b+c\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=3$. !!!!

[Nguyenphuctang]

ta có : $\sum \frac{a^{3}}{b}=\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}$

và theo bđt schur có : $abc\geq \frac{(a+b+c)(2\sum ab -\sum a^{2})}{9}=\frac{(a+b+c)(2\sum ab - 3)}{9}$

vậy ta cần chứng minh: $\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq 4+\frac{a+b+c}{3}$

đặt x=a+b+c và y= ab+bc+ca . ta được : $\frac{9}{y} + \frac{2xy}{9}\geq 4+\frac{x}{3}$

mà $\frac{9}{y}\geq 18 - y$

nên thay vào và quy đồng ta cần c/m : $18+2xy\geq 9y+3x$

mà $y= \frac{x^{2}-3}{2}$ 

suy ra : $2x^{3}-9x^{2}-12x+63\geq 0 \Leftrightarrow (x-3)(x-\frac{3+\sqrt{177}}{4})(x+\frac{\sqrt{177}-3}{4})\geq 0$

đúng vì ta có $x=a+b+c\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=3$. !!!!

Cách hay để mình đăng cách của mình  

[Nguyenphuctang]

[Nguyenphuctang]

cach nay do ec

Thế còn cách của bạn thì sao? =)) 
Lần sau biết thì vào đăng đáp án đừng phán nữa dễ làm nhiễu diễn đàn đó bạn