Bài toán chi tiết
Bài 16 (Bài T5/565 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ)
| 2 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 246
BẢN IN
Cách giải 1
Theo bất đẳng thức Schwarz, ta có:
\[
P = \frac{a^6}{ab+c} + \frac{b^6}{bc+a} + \frac{c^6}{ca+b} \geq \frac{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)^2}{ab+c + bc+a + ca+b}. \tag{1}
\]
Từ giả thiết \(abc = 2\) và sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
\[
a^3 + b^3 \geq 2ab(a+b),
\]
\[
a^3 + b^3 + 2c^3 \geq 2\sqrt{ab(a+b) \cdot 2c^3} = 4c\sqrt{ab \cdot (a+b)}.
\]
Tương tự:
\[
b^3 + c^3 + 2a^3 \geq 4a\sqrt{bc \cdot (b+c)},
\]
\[
c^3 + a^3 + 2b^3 \geq 4b\sqrt{ca \cdot (c+a)}.
\]
Do đó:
\[
a^3 + b^3 + c^3 \geq \sqrt{ab+c} + \sqrt{bc+a} + \sqrt{ca+b}. \tag{2}
\]
Vậy từ (1) và (2), suy ra:
\[
P \geq \frac{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)^2}{a+b+c} \geq a^3 + b^3 + c^3 \geq 6abc = 6.
\]
Dấu "=" xảy ra khi \(a = b = c = \sqrt[3]{2}\). Vậy \(\min P = 6\).
Cách giải 2
Theo bất đẳng thức Schwarz, ta có:
\[
P = \frac{a^6}{ab+c} + \frac{b^6}{bc+a} + \frac{c^6}{ca+b} \geq \frac{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)^2}{ab+c + bc+a + ca+b}. \tag{1}
\]
Nhận xét rằng bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng theo các biến \(a, b, c\), nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử \(a \geq b \geq c > 0\). Suy ra:
\[
a^3 \geq b^3 \geq c^3 > 0.
\]
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy cùng chiều, ta có:
\[
3\left(a^3 + b^3 + c^3\right) \geq (a+b+c)\left(a^3 + b^3 + c^3\right).
\]
Từ (1), (3), sử dụng bất đẳng thức Bunhiakovski và giả thiết \(abc = 2\), ta có:
\[
P \geq \frac{\left(a^3 + b^3 + c^3\right)^2}{a+b+c} \geq 6abc = 6.
\]
Dấu "=" xảy ra khi \(a = b = c = \sqrt[3]{2}\). Vậy \(\min P = 6\).
