Đến nội dung

Hình ảnh

$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2+\frac{14abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết

Cho a,b,c dương.CMR:$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2+\frac{14abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4$



#2
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Đặt 

$(\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b})\rightarrow (x,y,z)$ 

 

Lúc đó ta có:

$ xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z \geqslant \dfrac{3}{2}(Nesbitt)$

Và bất đẳng thức Schur

$ x^2+y^2+z^2+\dfrac{9xyz}{x+y+z} \ge 2(xy+yz+xz) $

Ta cần chứng minh:

$(x+y+z)^2+14xyz \geqslant 4$

Thật vậy, ta có: 

$(x+y+z)^2+14xyz=x^2+y^2+z^2+6xyz+2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z} +2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant 4(xy+yz+zx)+8xyz=4$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh