Lời giải
Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn
Bài toán được giải quyết hoàn toàn chỉ bằng AM-GM.
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
\begin{align} & \bullet \frac{{{a}^{3}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{{{a}^{3}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{{{b}^{2}}+1}{2\sqrt{2}}\ge \frac{3{{a}^{2}}}{\sqrt{2}} \\ & \bullet \frac{{{b}^{3}}}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}+\frac{{{b}^{3}}}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}+\frac{{{c}^{2}}+1}{2\sqrt{2}}\ge \frac{3{{b}^{2}}}{\sqrt{2}} \\ & \bullet \frac{{{c}^{3}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{{{c}^{3}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{{{a}^{2}}+1}{2\sqrt{2}}\ge \frac{3{{c}^{2}}}{\sqrt{2}} \\ \end{align}
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được
2\left( \frac{{{a}^{3}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{{{b}^{3}}}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}+\frac{{{c}^{3}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}} \right)+\frac{1}{2\sqrt{2}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3 \right) \\ \ge \frac{3}{\sqrt{2}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right).
Hay tương đương với (chú ý giả thiết a^2+b^2+c^2=3)
\frac{{{a}^{3}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{{{b}^{3}}}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}+\frac{{{c}^{3}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\ge \frac{3\sqrt{2}}{2}.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1. \ \blacksquare
Vậy minP=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}. \ \blacksquare
Cách 2: Chu Văn An - toanphothong.vn
Áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz ta có:P=\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+1}} +\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+1}}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{c^2+1}+c\sqrt{a^2+1}}
Bây giờ áp dụng Cauchy-Schwarz cho biểu thức dưới mẫu ta có: (a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{c^2+1}+c\sqrt{a^2+1})^2 \le (a^2+b^2+c^2)(b^2+1+c^2+1+a^2+1)
Như thế ta có: P\ge \sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{a^2+b^2+c^2+3}}
Thay a^2+b^2+c^2=3 vào ta thu được \min P=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1. \ \blacksquare
Cách 3: tkvn - toanphothong.vn
Áp dụng \rm{AM-GM}, ta có: \sqrt{2(a^2+1)} \le \dfrac{a^2+3}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{2(a^2+1)}} \ge \dfrac{2}{a^2+3}
Từ đó ta có: \dfrac{P}{\sqrt{2}}=\dfrac{a^3}{\sqrt{2(b^2+1)}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{2(c^2+1)}} + \dfrac{c^3}{\sqrt{2(a^2+1)}}\ge \dfrac{2a^3}{b^2+3}+\dfrac{2b^3}{c^2+3}+\dfrac{2c^3}{a^2+3}
Hay\dfrac{P}{\sqrt{2}} \ge \dfrac{2a^4}{ab^2+3a}+\dfrac{2b^4}{bc^2+3b}+ \dfrac{2c^4}{ca^2+3c}\ge \dfrac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab^2+bc^2+ca^2)+3(a+b+c)}
Hay\dfrac{P}{\sqrt{2}}\ge\dfrac{18}{(ab^2+bc^2+ca^2)+3(a+b+c)}
Ta có bất đẳng thức cơ bản sau: a+b+c \le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3
Cuối cũng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau: ab^2+bc^2+ca^2 \le a^2+b^2+c^2
Áp dụng bất đẳng thức \rm{Cauchy-Schwarz}, ta có: (ab^2+bc^2+ca^2)^2 \le (a^2+b^2+c^2)(a^4+b^4+c^4)=3(a^4+b^4+c^4)
\Rightarrow \dfrac{(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{3} \le a^4+b^4+c^4 \ \ \ (1)
(ab^2+bc^2+ca^2)^2 \le (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^2+b^2+c^2)=3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)
\Rightarrow \dfrac{2(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{3} \le 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ \ \ (2)
Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: (ab^2+bc^2+ca^2)^2 \le (a^2+b^2+c^2)^2 \Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2 \le a^2+b^2+c^2=3
Do đó: \dfrac{P}{\sqrt{2}} \ge \dfrac{18}{3+3.3}=\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow P \ge \dfrac{3}{\sqrt{2}}
Vậy \rm{P}= \dfrac{3}{\sqrt{2}}, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1. \ \blacksquare
0 nhận xét:
Đăng nhận xét