Chủ đề này có 2 trả lời

[hoctrocuanewton]

cho a,b,c>0 chứng minh

$(\frac{4a}{b+c}+1)(\frac{4b}{a+c}+1)(\frac{4c}{a+b}+1)> 25$

[Hoang Tung 126]

Nhân ra ta có :$A=\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1+\frac{16ab}{(b+c)(c+a)}+\frac{16bc}{(b+a)(c+a)}+\frac{16ac}{(a+b)(a+c)}+4.(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})=4.(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})+\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{16ab(a+b)+16bc(b+c)+16ac(a+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1=4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})+\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{16(a+b)(b+c)(c+a)-32abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1=4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})+\frac{32abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+17=4\left [\frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \right ]+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+17\geq 4.2+17+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=25+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}> 25$

( Do áp dụng bđt Schur mở rộng là :$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 24-09-2013 - 16:18

[hoctrocuanewton]

Mình xin đóng góp 1 cách mong các bạn xem xét dùm !

 

không mất tính tổng quát giả sử  $a\leqslant b\leqslant c$

đặt 

x=a+b+c

y=ab+bc+ac

z=abc

ta có bđt thức đầu tiên sẽ tương đương với 

$(x+3a)(x+3b)(x+3c)> 25(x-a)(x-b)(x-c)$

 

$\Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}(a+b+c)+9x(ab+bc+ac)+27abc> 25(x^{3}-x^{2}(a+b+c)+x(ab+bc+ac)-abc)$

 

$\Leftrightarrow x^{3}-4xy+13z> 0$ (1)

đặt S=VT

ta có

S=$(a+b+c)^{3}-4(a+b+c)(ab+bc+ac)+13abc=(a+b+c)((a+b+c)^{2}-4(ab+bc+ac))+13abc=(a+b+c)((a+b-c)^{2}-4ab)+13abc= (a+b+c)(a+b-c)^{2}+ab(9c-4b-4c)$

vậy (1) tương đương với

$(a+b+c)(a+b-c)^{2}+ab(9c-4b-4c)> 0$

do $0< a\leqslant b\leqslant c$

nên bđt trên hiển nhiên đúng 

vậy được đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctrocuanewton: 24-09-2013 - 22:24