Chủ đề này có 6 trả lời

[Trinh Hong Ngoc]

129,

      cho $a,b,c >0$ . cmr:   

     $\sqrt[3]{4(a^{3}+b^{3})}+\sqrt[3]{4(a^{3}+c^{3})}+\sqrt[3]{4(b^{3}+c^{3})}\leq \frac{4a^{2}}{a+b}+\frac{4b^{2}}{b+c}+\frac{4c^{2}}{c+a}$

128,

    cho $a,b,c >0$ và tm a, a+b+c=3 .

                                      b, abc=1

cmr : $\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trinh Hong Ngoc: 04-01-2015 - 19:05

[binhnhaukhong]

$\frac{a}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\geq \frac{\sqrt{a^3b}}{2}$

Làm tương tự ta có:

$VT\geq a+b+c-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}$

Ta có BĐT quen thuộc là:$3(a^3b+b^3c+c^3a)\leq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \sum \sqrt{a^3b}\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=3$

Vậy ta có đpcm dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 06-01-2015 - 17:04

[binhnhaukhong]

Với $abc=1$

$\frac{a}{ab+1}=\frac{ac}{1+c}=\frac{1}{b(1+c)}$

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

Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 06-01-2015 - 17:04

[nguyenhongsonk612]

 

Với $abc=1$

$\frac{a}{ab+1}=\frac{ac}{1+c}=\frac{1}{b(1+c)}$

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

Dấu bằng khi $a=b=c=1$

 

Tớ nghĩ cậu nên chứng minh BĐT này ra đã!! 

[binhnhaukhong]

Tớ nghĩ cậu nên chứng minh BĐT này ra đã!! 

Ta có:

$(1+abc)(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)})+3=\sum \frac{1+abc+a+ab}{a(1+b)} $

$=\sum \frac{1+a}{a(1+b)}+\sum \frac{b(1+c)}{(1+b)} $(1)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$(1)\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}$

Vậy ta cần chỉ ra $\frac{\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}-3}{(abc+1)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc}})$(Đây chỉ là đẳng thức)

[Algebra]

 

$\frac{a}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\geq \frac{\sqrt{a^3b}}{2}$

Làm tương tự ta có:

$VT\geq a+b+c-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}$

Ta có BĐT quen thuộc là:$3(a^3b+b^3c+c^3a)\leq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \sum \sqrt{a^3b}\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=3$

Vậy ta có đpcm dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

 

giải thích giúp mình bđt này đi bạn

[Chung Anh]

 

                                      b, abc=1

cmr : $\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

Ta có $VT=\frac{a}{ab+abc}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c.abc}{ca+abc}$

          $=\frac{1}{b+bc}+\frac{b}{bc+1}+\frac{bc}{1+b}\geq \frac{3}{2}$ (đúng theo Nesbitt)