(HongKong TST 2001) Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh $(a+b)^2+(a+b+4c)^2\ge \frac{100abc}{a+b+c}$
Chứng minh $(a+b)^2+(a+b+4c)^2\ge \frac{100abc}{a+b+c}$
Bắt đầu bởi Ispectorgadget, 05-08-2012 - 18:09
#1
Đã gửi 05-08-2012 - 18:09
Ispectorgadget
-
- Quản lý Toán Phổ thông
-
- 2946 Bài viết
Nothing
- le_hoang1995, Tham Lang, Secrets In Inequalities VP và 5 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#2
Đã gửi 05-08-2012 - 18:27
Secrets In Inequalities VP
-
- Thành viên
-
- 309 Bài viết
Sĩ quan
BĐT $\Leftrightarrow [(a+b)^2+(a+b+4c)^2](a+b+c)\geq 100abc$(HongKong TST 2001) Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh $(a+b)^2+(a+b+4c)^2\ge \frac{100abc}{a+b+c}$
Mà $(a+b)^2+(a+b+4c)^2= (a+b)^2+[(a+b)+4c]^2\geq 4ab+16c(a+b)=4(ab+4bc+4ac)$
Nên ta chỉ cần CM : $2(a+b+c)(ab+4bc+4ca)\geq 50abc$
Đúng vì :
$2(a+b+c)=a+a+b+b+2c\geq 5\sqrt[5]{2a^2b^2c}$
và
$ab+4bc+4ca= ab+2bc+2bc+2ca+2ca\geq 5\sqrt[5]{16a^3b^3c^4}$
Nhân 2 vế các BĐT trên ta đk ngay Đ.P.C.M .
- le_hoang1995, BlackSelena, ducthinh26032011 và 5 người khác yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
