cho `a;b;c ` là 3 số dương thỏa mãn` abc=1` `CM:1/((b+c)a^3)+1/((a+c)b^3)+1/((a+c)c^3)≥3/2` 19/09/2021 Bởi Valentina cho `a;b;c ` là 3 số dương thỏa mãn` abc=1` `CM:1/((b+c)a^3)+1/((a+c)b^3)+1/((a+c)c^3)≥3/2`
Đáp án: Giải thích các bước giải: Trước hết, bạn chứng minh bất đẳng thức sau: `\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}≥\frac{(x+y+z)^2}{m+n+p}(x;y;z;m;n;p>0)(*)` Chứng minh: Bạn tự chứng minh bất đẳng thức sau bằng quy đồng: `\frac{X^2}{A}+\frac{Y^2}{B}≥\frac{(X+Y)^2}{A+B}(X;Y;A;B>0)` Khi đó, áp dụng bất đẳng thức trên $2$ lần liên tiếp ta được bất đẳng thức `(*)` Dấu bằng xảy ra `⇔\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}` Trở lại bài toán: Ta có: $abc=1⇒a^2b^2c^2=1$ Ta có: `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}` `=\frac{a^2b^2c^2}{(b+c)a^3}+\frac{a^2b^2c^2}{(a+c)b^3}+\frac{a^2b^2c^2}{(a+b)c^3}` `=\frac{b^2c^2}{(b+c)a}+\frac{a^2c^2}{(a+c)b}+\frac{a^2b^2}{(a+b)c}` `≥\frac{(bc+ac+ab)^2}{(b+c)a+(a+c)b+(a+b)c}` (áp dụng `(*)`) `=\frac{1}{2}(bc+ac+ab)` $≥\large\frac{1}{2} .3\sqrt[3]{ab.ac.bc}$ $=\large\frac{3}{2} \sqrt[3]{1}$ `=\frac{3}{2}(đpcm)` Dấu bằng xảy ra $⇔a=b=c=1$ Bình luận
Sửa đề lại thành: `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}` vì giải mãi không ra ;-;; Do `abc=1“(*)` Đặt `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}=P` Áp dụng bất đẳng thức `\text{Cauchy}` cho `3` số, ta có: $P\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)a^3.b(a+c)b^3.(a+b)c^3}}$ `<=>` $P \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)(a+c)(a+b)a^3b^3c^3}}$ `<=>` $P\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)(a+c)(a+b)}}$`(1)` Ta nhận thấy: `b+c \ge 2\sqrt{bc}(2)` `a+c\ge 2\sqrt{ac}(3)` `a+b\ge 2\sqrt{ab}(4)` Thế `(2),(3),(4)` vào `(1)`, ta được: `P \ge `$3\sqrt[3]{\dfrac{1}{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}}}$ `<=>` `P\ge `$3\sqrt[3]{\dfrac{1}{8.\sqrt{ab.ac.bc}}}=3\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}$ `<=> P \ge \frac{3}{2}` `đpcm`. Dấu `=` xảy ra khi và chỉ khi `a=b=c=1` Bình luận
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
Trước hết, bạn chứng minh bất đẳng thức sau:
`\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}≥\frac{(x+y+z)^2}{m+n+p}(x;y;z;m;n;p>0)(*)`
Chứng minh: Bạn tự chứng minh bất đẳng thức sau bằng quy đồng:
`\frac{X^2}{A}+\frac{Y^2}{B}≥\frac{(X+Y)^2}{A+B}(X;Y;A;B>0)`
Khi đó, áp dụng bất đẳng thức trên $2$ lần liên tiếp ta được bất đẳng thức `(*)`
Dấu bằng xảy ra `⇔\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}`
Trở lại bài toán:
Ta có: $abc=1⇒a^2b^2c^2=1$
Ta có: `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}`
`=\frac{a^2b^2c^2}{(b+c)a^3}+\frac{a^2b^2c^2}{(a+c)b^3}+\frac{a^2b^2c^2}{(a+b)c^3}`
`=\frac{b^2c^2}{(b+c)a}+\frac{a^2c^2}{(a+c)b}+\frac{a^2b^2}{(a+b)c}`
`≥\frac{(bc+ac+ab)^2}{(b+c)a+(a+c)b+(a+b)c}` (áp dụng `(*)`)
`=\frac{1}{2}(bc+ac+ab)`
$≥\large\frac{1}{2} .3\sqrt[3]{ab.ac.bc}$
$=\large\frac{3}{2} \sqrt[3]{1}$
`=\frac{3}{2}(đpcm)`
Dấu bằng xảy ra $⇔a=b=c=1$
Sửa đề lại thành: `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}` vì giải mãi không ra ;-;;
Do `abc=1“(*)`
Đặt `\frac{1}{(b+c)a^3}+\frac{1}{(a+c)b^3}+\frac{1}{(a+b)c^3}=P`
Áp dụng bất đẳng thức `\text{Cauchy}` cho `3` số, ta có:
$P\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)a^3.b(a+c)b^3.(a+b)c^3}}$
`<=>` $P \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)(a+c)(a+b)a^3b^3c^3}}$
`<=>` $P\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(b+c)(a+c)(a+b)}}$`(1)`
Ta nhận thấy:
`b+c \ge 2\sqrt{bc}(2)`
`a+c\ge 2\sqrt{ac}(3)`
`a+b\ge 2\sqrt{ab}(4)`
Thế `(2),(3),(4)` vào `(1)`, ta được:
`P \ge `$3\sqrt[3]{\dfrac{1}{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}}}$
`<=>` `P\ge `$3\sqrt[3]{\dfrac{1}{8.\sqrt{ab.ac.bc}}}=3\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}$
`<=> P \ge \frac{3}{2}` `đpcm`.
Dấu `=` xảy ra khi và chỉ khi `a=b=c=1`