Chủ đề này có 3 trả lời

[19kvh97]

Chứng minh rằng với mọi $a, b, c>0$ thì :

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

[vuanh97]

Bài này bạn nhân cái mẫu lên rồi dùng Bunhia nhé! Mình gợi ý thế thôi nhé!

[duongchelsea]

Ta biến đổi vế trái
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}$
$=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{ba^2+ca^2}+\frac{b^2}{cb^2+ab^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2{abc}}$
Tới đây ta áp dụng bđt schwarz sẽ có đpcm. (Làm hơi tắt, mn thông cảm).

[Tru09]

Ta biến đổi vế trái
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}$
$=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{ba^2+ca^2}+\frac{b^2}{cb^2+ab^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2{abc}}$
Tới đây ta áp dụng bđt schwarz sẽ có đpcm. (Làm hơi tắt, mn thông cảm).

Thế này tắt quá (mình còn chẳng tắt =) =))
Làm tiếp theo cách nè :
$\rightarrow =\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{ba^2+ca^2}+\frac{b^2}{cb^2+ab^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc} \geq \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{ac^2+bc^2+ba^2+ca^2+cb^2+ab^2+2abc} = \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{ac(c+a+b) +bc(a+b+c) +ab(a+b+c)-abc} =\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{a+b+c)(ab+bc+ca)-abc} $
Mà $(a+b)(b+c)(c+a) =(a+b+c)(ab+bc+ca) -abc$ (nhân ra thì biết)
$\rightarrow DPCM$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 30-07-2012 - 12:52