Pages

Nhận xét


Ping box

Người theo dõi

Dịch

Thứ Bảy, 3 tháng 3, 2012

Cho a,b,c>0 thỏa $a^2+b^2+c^2=3$
Tìm GTNN của biểu thức
A=$\frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{a^2+c^3}+\frac{c^5}{a^3+b^2}+a^4+b^4+c^4$
Lời giải:
Ta có: $$\frac{{a^5 }}{{b^3  + c^2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3  + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3  + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }}\mathop  \ge  \frac{{3a^2 }}{2}$$
$$\Rightarrow \frac{{a^5 }}{{b^3  + c^2 }} \ge \frac{{3a^2 }}{2} - (\frac{{\sqrt {a(b^3  + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3  + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }})$$
Do đó: $$\frac{{a^5 }}{{b^3  + c^2 }} \ge \frac{{3a^2 }}{2} - \frac{{\sqrt {2a(b^3  + c^2 )} }}{2}\mathop  \ge  \frac{{3a^2 }}{2} - \frac{{2a + b^3  + c^2 }}{4}$$
Chứng minh tượng tự ta có: $$\frac{{b^5 }}{{c^3  + a^2 }}\mathop  \ge  \frac{{3b^2 }}{2} - \frac{{2b + c^3  + a^2 }}{4}$$
$$\frac{{c^5}}{{a^3+b^2}}\mathop  \ge \frac{{3c^2 }}{2} - \frac{{2c + a^3  + b^2 }}{4}$$
Cộng lại ta có: $$A \ge \frac{{3(a^2  + b^2  + c^2 )}}{2} + a^4  + b^4  + c^4  - \frac{{2(a + b + c) + (a^2  + b^2  + c^2 ) + (a^3  + b^3  + c^3 )}}{4}$$
$$A \ge \frac{9}{2} + a^4  + b^4  + c^4  - \frac{{2(a + b + c) + (a^2  + b^2  + c^2 ) + (a^3  + b^3  + c^3 )}}{4}$$
Ở trên đã xuất hiện $\frac{9}{2}$ do đó ta chỉ cần cm $$S=a^4  + b^4  + c^4  - \frac{{2(a + b + c) + (a^2  + b^2  + c^2 ) + (a^3  + b^3  + c^3 )}}{4}\ge 0$$ thì bài toán được giải quyết

Sử dụng bất đẳng thức B.C.S ta có $$\sqrt {(a^4+b^4+c^4 )(a^2+b^2+c^2)}=\sqrt {(a^4 +b^4+ c^4 ).3}\ge a^3+b^3+c^3$$
$\sqrt {(a^4  + b^4  + c^4 )(1 + 1 + 1)}  = \sqrt {(a^2  + b^2  + c^2 ).3}  \ge a^2  + b^2  + c^2  \Leftrightarrow a^4  + b^4  + c^4  \ge 3$
(3) $3 = a^2  + b^2  + c^2  \ge \frac{{(a + b + c)^2 }}{3} \Leftrightarrow a^2  + b^2  + c^2  \ge a + b + c$
Đặt $t=x^4+y^4+z^4 (t \ge 3)$
Do đó BĐT cần cm trở thành $S \ge \frac{{4t - 9 - \sqrt {3t} }}{4}\ge 0$
Ta có: $$\ge \frac{{4t - 9 - \sqrt {3t} }}{4} = \frac{{3(t - 3) + \sqrt t (\sqrt t  - \sqrt 3 )}}{4} \ge 0$$

Do đó: $A\geq \frac{9}{2}$

0 nhận xét:

Đăng nhận xét