Chủ đề này có 5 trả lời

[NLT]

$\boxed{\text{Bài toán}}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $ab+bc+ca=3$.
Tìm GTNN của biểu thức $T=a^3+b^3+c^3+7abc$.
___
P/S: Nếu được, mọi người hãy mở rộng cho bài toán này
___

[Tham Lang]

$\boxed{\text{Bài toán}}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $ab+bc+ca=3$.
Tìm GTNN của biểu thức $T=a^3+b^3+c^3+7abc$.
___
P/S: Nếu được, mọi người hãy mở rộng cho bài toán này
___

Lâu thế không ai làm, anh chém vậy.
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$ thì $T=p^3-3(pq-r)+7r=p^3-9p+10r$
Ta biết rằng :
$r\ge \max \left ( 0; \dfrac{p(4q-p^2)}{9}\right )$
TH1. $0\ge \dfrac{p(4q-p^2)}{9}\Leftrightarrow p^2\ge 4q=12\Leftrightarrow p\ge 2\sqrt{3}$
Lúc này, sử dụng BĐT $p\ge \sqrt{3q}$ ta có :
$T=p^3-9p+10r=\left (p^3-12p\right )+3p+10r \ge 0+6\sqrt{3}+10r >10$
TH2. $p\le 2\sqrt{3}$
Lúc này $r\ge \dfrac{p(12-p^2)}{9}$ suy ra $T\ge p^3-9p+10\dfrac{p(12-p^2)}{9}=(p-3)\dfrac{-p^2-3p+30}{9}+10\ge 10$
Suy ra ĐPCM. ($-p^2-3p+30 >0 $ vì $p\le 2\sqrt{3}$

@ Nguyen Lam Thinh: Liệu có thể mở rộng không nào ?
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 10-07-2012 - 11:49

[Secrets In Inequalities VP]

$\boxed{\text{Bài toán}}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $ab+bc+ca=3$.
Tìm GTNN của biểu thức $T=a^3+b^3+c^3+7abc$.
___
P/S: Nếu được, mọi người hãy mở rộng cho bài toán này
___

Một cách khác dùng S.O.S.
Ta sẽ CM : $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$
BĐT $\Leftrightarrow 9(a^{3}+b^{3}+c^{3})+63abc\geq 10(ab+bc+ca)^{2}$
Lại cóa : $a+b+c= \sqrt{(a+b+c)^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}= \sqrt{9}= 3= ab+bc+ca$
Nên ta sẽ CM BĐT mạnh hon :
$9(a^{3}+b^{3}+c^{3})+63abc\geq 10(ab+bc+ca)(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 9\sum a^{3}+63abc\geq 10\sum c(a^{2}+b^{2})+30abc$
$\Leftrightarrow 9(\sum a^{3}-3abc)\geq 10(\sum c(a^{2}+b^{2})-6abc)$
$\Leftrightarrow \frac{9}{2}.\sum (a-b)^{2}(a+b+c)\geq 10\sum c(a-b)^{2}$
$\Leftrightarrow 9.\sum (a-b)^{2}(a+b+c)\geq 20\sum c(a-b)^{2}\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(9a+9b-11c)\geq 0$
Ta có : $S_a= 9b+9c-11a$
$S_b= 9c+9a-11b$
$S_c= 9a+9b-11c$
Giả sủ $a\geq b\geq c$
Suy ra : $2S_b+S_a= 7a+5b+9c \geq 0$ và
$2S_b+S_c= 27a+7c-13b\geq 13b+7c-13b= 7c\geq 0$
Do đó theo tiêu chuẩn 2 của S.O.S thì BĐT đúng .

p/s: Tham Lang là anh huy-mít hay sao ấy nhỉ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 10-07-2012 - 07:21

[hamdvk]

Ta biết rằng :
$r\ge \max \left ( 0; \dfrac{p(4q-p^2)}{9}\right )$

Em chưa hểu tại sao có BĐT đó ??

[NLT]

Em chưa hểu tại sao có BĐT đó ??

Cái này áp dụng Schur bậc 3 bạn nhé !

Bài anh Huy đã sử dụng phương pháp $p,q,r$ bạn có thể tham khảo ở đây !

___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 10-07-2012 - 21:33

[Tham Lang]

Anh thấy, với bài này thì sử dụng $Schur$ có $6\sqrt{3}$ rất gần với $10$ nên cơ hội để làm rộng hơn thì rất nhỏ, chỉ làm hẹp và đẹp hơn thôi
Một "mở hẹp" đó là
$$2\left (a^3+b^3+c^3\right )+6abc\ge 12$$