Chủ đề này có 6 trả lời

[duaconcuachua98]

Cho $a,b,c> 0$ thỏa mãn $a+b+c+abc=6$. Chứng minh rằng $6a^{3}+6b^{3}+c^{3}\geq 20$

[Ha Manh Huu]

$\frac{c^{3}}{2}+4a^{2} +4b^{2}\geq 6abc$

$2(a^{3}+1+1)\geq 6a$

$2(b^{3}+1+1)\geq 6b$

$\frac{c^{3}}{2} +4+4 \geq 6c$

cộng vế suy ra  $A +16 \geq 6(a+b+c+abc)$ suy ra $A\geq  26-16=20$

dấu "=" xảy ra khi $a=b=1 ;c=2$

 

 

 

[tieutuhamchoi98]

Sai mất rồi! 

Dòng đầu pải là thế này:

$\frac{c^{3}}{2}+4a^{3} +4b^{3}\geq 6abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tieutuhamchoi98: 21-05-2013 - 18:44

[Ha Manh Huu]

Sai mất rồi! 

Dòng đầu pải là thế này:

$\frac{c^{3}}{3}+4a^{3} +4b^{3}\geq 6abc$

c=2 thì là sao mà $\frac{8}{3} = 4 $ đc hả bạn

[dinhthanhhung]

Cho $a,b,c> 0$ thỏa mãn $a+b+c+abc=6$. Chứng minh rằng $6a^{3}+6b^{3}+c^{3}\geq 20$

 

Bài này phải đưa tham số alpha và beta vào .

Dễ thấy vai trò a,b tương đương , c thì ko nên nghĩ đến dấu = tại a=b=alpha , c=beta

Từ đó có cách làm như sau :

$R=a^{3}+2\alpha ^{3}\geq 3a\alpha ^{2}\Rightarrow \beta ^{2}R\geq 3\alpha ^{2}\beta ^{2}a$

Tương tự :

$T=b^{3}+2\alpha ^{3}\geq 3b\alpha ^{2}\Rightarrow \beta ^{2}T\geq 3\alpha ^{2}\beta ^{2}b$

Và :

$Y=c^{3}+2\beta ^{3}\geq 3c\beta ^{2}\Rightarrow \alpha ^{2}Y\geq 3\alpha ^{2}\beta ^{2}b$

Đặc biệt :

$U=\beta ^{3}a^{3}+\beta ^{3}b^{3}+\alpha ^{3}c^{3}\geq 3\alpha \beta ^{2}abc\Rightarrow \alpha U\geq 3\alpha^{2} \beta ^{2}abc$

Cộng tất cả 

$(\beta ^{2}+\alpha b^{3})(a+b)+(\alpha ^{2}+\alpha ^{4})c\geq \alpha ^{2}\beta ^{2}(a+b+c+abc)=6\alpha ^{2}\beta ^{2}$

Đồng nhất hệ số , ta thu được :

$\alpha ^{4}+\alpha ^{2}=1$

$\alpha \beta ^{3}+\beta ^{2}=6$

Đến đây thì rất đơn giản , mời bạn làm nốt .

Cách làm như trên mong bạn nhớ vì nó là cái cơ bản trong dạng toán cực trị kiểu này .

[tieutuhamchoi98]

c=2 thì là sao mà $\frac{8}{3} = 4 $ đc hả bạn

Nhầm! Ghi nhầm! Đã sửa lại rồi! 

Bài của bạn đầu tiên làm vẫn đúng! 

[Ha Manh Huu]

Nhầm! Ghi nhầm! Đã sửa lại rồi! 

Bài của bạn đầu tiên làm vẫn đúng! 

hì