Câu BĐT đề người thầy lần 6

Cho $a,b,c>0$ thỏa $(a+b-c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )=4$. Tìm GTNN của $$P=(a^3+b^3+c^3)\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \right )$$
Đề người thầy lần 6 2014



Giải
Giả sử $a\ge b$.Đặt $\frac{a}{b}=t;t\ge 1$. Sử dụng BĐT AM-GM ta có

$$\begin{align*}  4=(a+b-c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )=  &(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )-\left[(a+b)\frac{1}{c}+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )c \right ]= \\  & \le (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )-2\sqrt{(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}+1 \\   &= \left[\sqrt{(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}-1 \right ]^2=\left(\sqrt{t+\frac{1}{t}+2}-1 \right )^2 \end{align*}$$

$$\Rightarrow m= t+\frac{1}{t}\ge 7$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$$\left(a^3+b^3+c^3 \right )\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \right )\ge \left[\sqrt{(a^3+b^3)\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3} \right )} +1\right ]^2=\left[\sqrt{2+t^3+\frac{1}{t^3}} +1\right ]^2=[\sqrt{m^3-3m+2}+1]^2$$
Xét hàm số $f(m)=m^3-3m+2; m\ge 7$
$f'(m)=3m^2-3>0 \forall m>0$
$\Rightarrow f(m)$ đồng biến trên $[7;+\infty)$
Suy ra $f(m)\ge f(7)$
Vậy $P\ge[\sqrt{7^3-3.7+2}+1]^2=361$