Chủ đề này có 7 trả lời

[conan1shini]

cho a,b,c dương cmr $\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{(ab+bc+ca)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\geq 28$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conan1shini: 16-03-2012 - 13:50

[Tham Lang]

Bài này bị dán thừa ở khúc sau. Mình xin được chỉnh lại và làm như sau :
Chuẩn hóa $a + b + c = 1$
$$\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} + 2 = \dfrac{1}{ab + bc + ca} = \dfrac{1}{x} \Leftrightarrow \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} = \dfrac{x}{1 - 2x}$$
Lại có $$\dfrac{(a + b + c)^3}{abc} = \dfrac{1}{abc} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \ge \dfrac{9}{ab + bc + ca} = \dfrac{9}{x}$$
Ta cần chứng minh $$\dfrac{x}{1 - 2x} + \dfrac{9}{x} \ge 28 \Leftrightarrow (19x - 9)(3x - 1) \ge 0$$
Đúng vì $$x = ab + bc + ca \le \dfrac{(a + b + c)^2}{3} = \dfrac{1}{3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 15-03-2012 - 21:38

[Tham Lang]

Theo ý kiến chủ quan của mình thì bài này còn đúng trong trường hợp :
Thay $\dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2}$ bằng $\sqrt[n]{\dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2}}$ với $n \le 1$
Không biết ý kiến mọi người như thế nào ?

[conan1shini]

thử giải lại xem đề là như thế

[Tham Lang]

thử giải lại xem đề là như thế

Hiz, mình xin giải lại theo như đề trên


Chuẩn hóa $a + b + c = 1$
$$\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} + 2 = \dfrac{1}{ab + bc + ca} = \dfrac{1}{x} \Leftrightarrow \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} = \dfrac{x}{1 - 2x}$$
Với $x = ab + bc + ca \le \dfrac{1}{3}$
Lại có $$\dfrac{(a + b + c)^3}{abc} = \dfrac{1}{abc} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \ge \dfrac{9}{ab + bc + ca} = \dfrac{9}{x}$$
Ta lại có $$\dfrac{9}{x} + \dfrac{x^2}{(2x - 1)^2} = \dfrac{1 - 2x}{x} + \dfrac{1 - 2x}{x} + \dfrac{x^2}{(2x - 1)^2} + \dfrac{7}{x} + 4 \ge 3 + \dfrac{7}{\dfrac{1}{3}} + 4 = 7 + 21 = 28$$

[conan1shini]

cconf cách nào khác ko mà vì sao lại chuẩn hóa dc

[sherlock holmes 1997]

Ta có:$(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq (\frac{2(ab+bc+ca)+(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3})^{3}=\frac{(a+b+c)^{6}}{27}$ (BĐT Cô si)
$\Rightarrow \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq \frac{27(ab+bc+ca)^{3}}{(a+b+c)^{6}}$
Ta cần chứng minh:$\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{27^{2}(ab+bc+ca)^{6}}{(a+b+c)^{12}}\geq 28$ (1)
Ta có:$4\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}+\frac{27^{2}(ab+bc+ca)^{6}}{(a+b+c)^{12}}\geq 5\sqrt[5]{\frac{(ab+bc+ca)^{6}}{27^{2}(abc)^{4}}}\geq 5\sqrt[5]{\frac{(3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}})^{6}}{27^{2}(abc)^{4}}}=5$ (BĐT Cô si) (2)
và $23\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}\geq 23$ (BĐT Cô si) (3)
Cộng vế với vế của (2) và(3) ta được (1).

[dark templar]

Theo ý kiến chủ quan của mình thì bài này còn đúng trong trường hợp :
Thay $\dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2}$ bằng $\sqrt[n]{\dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2}}$ với $n \le 1$
Không biết ý kiến mọi người như thế nào ?

Anh đã từng gặp dạng $\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}$ rồi,nhưng còn căn bậc $n$ thì anh chỉ giải quyết cho $n<9$ thôi
P/s:Câu hỏi hay đấy