Chủ đề này có 5 trả lời

[cuncon321]

cho $a+b+c= \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

chứng minh $(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2 \geq 27$ (a,b,c>0)

[Simpson Joe Donald]

Đặt $x=ab \ ; \ y=bc \ ; \ z=ca\Rightarrow a=\sqrt{\dfrac{xz}{y}} \ ; \ b=\sqrt{\dfrac{xy}{z}} \ ; \ c=\sqrt{\dfrac{yz}{x}}$

$\Rightarrow x+y+z=xy+yz+zx$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 \ge 27 \iff \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{ \sqrt{x+y+z}}$$

Viết lại bất đẳng thức với dạng:

$$\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+ \sqrt{ \dfrac{z}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$$

$$\iff 2\left(\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y+z}} \right)+\dfrac{3\sqrt{3}(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2} \ge 3\sqrt{3}$$

Theo Cauchy thì:

$$\dfrac{3\sqrt{3}x^2}{(x+y+z)^2}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}x}{x+y+z}$$

Như vậy:

$$VT \ge 3\sqrt{3}\left(\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+ \dfrac{ z}{ x+y+z} \right)=3\sqrt{3}=VP$$

Diều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\iff a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Simpson Joe Donald: 17-07-2013 - 10:39

[hoctrocuanewton]

day la cach cua minh chua biet dung hay sai mong cac ban chi bao dum

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant \frac{9}{a+b+c}$

do a+b+c=$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

nen $a+b+c\geqslant 3$

ta co$ab+bc+ac\geqslant \frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{2}}{3}$

nen

$(ab+bc+ac )(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{2}\geqslant \frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{4}}{3}$

vay ta can chung$\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc} \geqslant 3$ (1)

gia su bat dang thuc (1) dung ta co

$\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc} \leqslant a+b+c$$\Rightarrow a+b+c\geqslant 3$ ( dung)$\Rightarrow (1)$ dung 

vay duoc dpcm

(xin lỗi cách này của mình sai rồi mong các ban thông cảm , nếu có cách nào mới mà hay  thì đăng nhé )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctrocuanewton: 17-07-2013 - 21:06

[bachhammer]

day la cach cua minh chua biet dung hay sai mong cac ban chi bao dum

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant \frac{9}{a+b+c}$

do a+b+c=$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

nen $a+b+c\geqslant 3$

ta co$ab+bc+ac\geqslant \frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{2}}{3}$

nen

$(ab+bc+ac )(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{2}\geqslant \frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^{4}}{3}$

vay ta can chung$\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc} \geqslant 3$ (1)

gia su bat dang thuc (1) dung ta co

$\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc} \leqslant a+b+c$$\Rightarrow a+b+c\geqslant 3$ ( dung)$\Rightarrow (1)$ dung 

vay duoc dpcm

Dòng này ko hợp lí vì ko thể dựa vào việc giả sử, vì ta thấy $a+b+c\geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca};a+b+c\geq 3$ thì vẫn có khả năng là $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq 3$. Còn việc giả sử bất đẳng thức đúng, thì ở trường hợp này chỉ có thể dùng bất đẳng thức tương đương thui...

[hoctrocuanewton]

Dòng này ko hợp lí vì ko thể dựa vào việc giả sử, vì ta thấy $a+b+c\geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca};a+b+c\geq 3$ thì vẫn có khả năng là $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq 3$. Còn việc giả sử bất đẳng thức đúng, thì ở trường hợp này chỉ có thể dùng bất đẳng thức tương đương thui...

vậy cậu có cách chứng minh $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\geqslant 3$ không ?

[bachhammer]

vậy cậu có cách chứng minh $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\geqslant 3$ không ?

Chắc là ko? Nhưng có thể chứng minh $ab+bc+ca\geq 3$ vì từ giả thiết ta suy ra $ab+bc+ca=abc(a+b+c)\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$.