Chủ đề này có 1 trả lời

[Ispectorgadget]

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $ab+bc+ac\ge 11$. Chứng minh $$\sqrt[3]{a^2+3}+\frac{7}{5\sqrt[3]{14}}.\sqrt[3]{b^2+3}+\frac{\sqrt[3]{9}}{5}.\sqrt[3]{c^2+3}\ge \frac{23}{5\sqrt[3]{2}}$$

[the man]

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $ab+bc+ac\ge 11$. Chứng minh $$P=\sqrt[3]{a^2+3}+\frac{7}{5\sqrt[3]{14}}.\sqrt[3]{b^2+3}+\frac{\sqrt[3]{9}}{5}.\sqrt[3]{c^2+3}\ge \frac{23}{5\sqrt[3]{2}}$$

Ta có bài toán:  Với mọi  $a_1,a_2,...,a_n>0$  thì :

$$\sqrt[3]{\frac{a_1^3+a_2^3+...+a_n^3}{n}}\geq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$$

Dấu = xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n$                                              

Ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức trên bằng cách sử dụng bất đẳng thức Holder

 

Sử dụng bất đẳng thức trên ta có:

      $\sqrt[3]{a^2+3}=\sqrt[3]{4}.\sqrt[3]{\frac{\frac{a^2+1}{2}+1}{2}}\geq \sqrt[3]{4}.\frac{\sqrt[3]{\frac{a^2+1}{2}}+1}{2}$

      $\sqrt[3]{b^2+3}=\sqrt[3]{7}.\sqrt[3]{\frac{5.\frac{b^2+1}{5}+1+1}{7}}\geq \sqrt[3]{7}.\frac{5\sqrt[3]{\frac{b^2+1}{5}}+2}{7  }$

      $\sqrt[3]{c^2+3}=\sqrt[3]{12}.\sqrt[3]{\frac{5.\frac{c^2+1}{10}+1}{6}}\geq \sqrt[3]{12}.\frac{5\sqrt[3]{\frac{c^2+1}{10}}+1}{6}$

Thay vào đầu bài ta được:

$$P\geq \left ( \sqrt[3]{\frac{a^2+1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+1}{10}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+1}{20}} \right )+\frac{8}{5\sqrt[3]{2}}$$

Từ đó ta cần chứng minh:

$$\sqrt[3]{\frac{a^2+1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+1}{10}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+1}{20}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{2}}$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

      $\sqrt[3]{\frac{a^2+1}{4}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+1}{10}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+1}{20}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{a^2+1}{4}}.\sqrt[3]{\frac{b^2+1}{10}}.\sqrt[3]{\frac{c^2+1}{20}}}$

Vì vậy ta cần chứng minh:

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq 100$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

     $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2]\geq (ab+bc+ca-1)^2\geq 100$  (vì theo giả thiết  $ab+bc+ca \geq 11$)

Ta chứng minh xong bài toán

Dấu "=" xảy ra khi  $a=1,b=2,c=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 16-07-2015 - 07:12