Chủ đề này có 5 trả lời

[RoyalMadrid]

Cho a,b,c >0, a+b+c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ab}-1)}\geq 8$

 

MOD : Chú í tiêu đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 14-11-2013 - 13:08

[25 minutes]

Cho a,b,c >0, a+b+c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ab}-1)}\geq 8$

 

MOD : Chú í tiêu đề

Xét $P^3=(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)=\frac{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}{(abc)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có $1-ab \geqslant 1-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(2+a+b)(2-a-b)}{4}=\frac{\left [ (a+1)+(b+1) \right ](c+1)}{4}\geqslant \frac{\sqrt{(a+1)(b+1)}(c+1)}{2}$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại ta có

     $P^3\geqslant \frac{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}{8(abc)^2}=\frac{1}{8}\left [ \frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} \right ]^2$

Xét $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} =\frac{(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)}{abc}\geqslant \frac{4\sqrt[4]{a^2bc}.4\sqrt[4]{ab^2c}.4\sqrt[4]{abc^2}}{abc}=64$

$\Rightarrow P^3 \geqslant \frac{64^2}{8}=8^3\Rightarrow P\geqslant 8$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

[kfcchicken98]

bạn cũng có thể giải theo cách này

$(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)\geq (\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+c)^{2}}-1)$

có $\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1= (\frac{2(a+b+c)}{a+b}-1)(\frac{2(a+b+c)}{a+b}+1)=(\frac{a+b+2c}{a+b})(\frac{3a+3b+2c}{a+b})\geq \frac{2\sqrt{(a+c)(b+c)}}{(a+b)^{2}}4\sqrt[4]{(a+c)(b+c)(a+b)^{2}}= \frac{8\sqrt[4]{(a+c)^{3}(b+c)^{3}(a+b)^{2}}}{(a+b)^{2}}$

tương tự, sẽ thu được 2 biểu thức còn lại lớn hơn hoặc bằng $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(b+c)^{3}(a+c)^{2}}}{(a+c)^{2}}$; $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(a+c)^{3}(b+c)^{2}}}{(b+c)^{2}}$

suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $\sqrt[3]{8^{3}\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}}=8$

[RoyalMadrid]

Xét $P^3=(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)=\frac{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}{(abc)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có $1-ab \geqslant 1-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(2+a+b)(2-a-b)}{4}=\frac{\left [ (a+1)+(b+1) \right ](c+1)}{4}\geqslant \frac{\sqrt{(a+1)(b+1)}(c+1)}{2}$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại ta có

     $P^3\geqslant \frac{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}{8(abc)^2}=\frac{1}{8}\left [ \frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} \right ]^2$

Xét $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} =\frac{(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)}{abc}\geqslant \frac{4\sqrt[4]{a^2bc}.4\sqrt[4]{ab^2c}.4\sqrt[4]{abc^2}}{abc}=64$

$\Rightarrow P^3 \geqslant \frac{64^2}{8}=8^3\Rightarrow P\geqslant 8$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cách giải của bạn hay lắm. Nhưng mình đang nghĩ theo một hướng khác. Kiểu như chứng minh thêm 1 bất đẳng thức phụ với căn bậc 3 oy áp dụng có nhanh hơn không nhỉ???

P/s: Bạn fan Ronaldo hả, có thích Real k@@

[RoyalMadrid]

bạn cũng có thể giải theo cách này

$(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)\geq (\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+c)^{2}}-1)$

có $\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1= (\frac{2(a+b+c)}{a+b}-1)(\frac{2(a+b+c)}{a+b}+1)=(\frac{a+b+2c}{a+b})(\frac{3a+3b+2c}{a+b})\geq \frac{2\sqrt{(a+c)(b+c)}}{(a+b)^{2}}4\sqrt[4]{(a+c)(b+c)(a+b)^{2}}= \frac{8\sqrt[4]{(a+c)^{3}(b+c)^{3}(a+b)^{2}}}{(a+b)^{2}}$

tương tự, sẽ thu được 2 biểu thức còn lại lớn hơn hoặc bằng $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(b+c)^{3}(a+c)^{2}}}{(a+c)^{2}}$; $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(a+c)^{3}(b+c)^{2}}}{(b+c)^{2}}$

suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $\sqrt[3]{8^{3}\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}}=8$

Hì, cái này có vẻ hơi thiếu tự nhiên tí đoạn đầu bạn nhỉ? Nghĩ ra hướng này cx khá khó, bạn chỉ mình cách suy nghĩ đk k?

[kfcchicken98]

Hì, cái này có vẻ hơi thiếu tự nhiên tí đoạn đầu bạn nhỉ? Nghĩ ra hướng này cx khá khó, bạn chỉ mình cách suy nghĩ đk k?

ban đầu thì mình có cách giải của bạn toc ngan, nhưng thấy bạn post rồi nên mình nghĩ cách khác thôi