Chủ đề này có 3 trả lời

[nghia_metal]

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$

[hoctrocuaZel]

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$

DdT's idea

$\prod (a+b)=8$. So, prove that: $\sum ab\leq 3$.

we have: $2\sum a\geq 3.\sqrt[3]{\prod (a+b)}=6\Rightarrow \sum a\geq 3$

Now, prove that: $\sum a.\sum ab\leq 9\Leftrightarrow 9.\prod a.\prod (a+b)\geq 8.\sum a.\sum ab\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+ac+bc)\geq 9abc\rightarrow \boldsymbol{True}$

So, $\sum ab\leq \frac{9}{a+b+c}\leq 3$.

End prove

[nghia_metal]

DdT's idea

$\prod (a+b)=8$. So, prove that: $\sum ab\leq 3$.

we have: $2\sum a\geq 3.\sqrt[3]{\prod (a+b)}=6\Rightarrow \sum a\geq 3$

Now, prove that: $\sum a.\sum ab\leq 9\Leftrightarrow 9.\prod a.\prod (a+b)\geq 8.\sum a.\sum ab\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+ac+bc)\geq 9abc\rightarrow \boldsymbol{True}$

So, $\sum ab\leq \frac{9}{a+b+c}\leq 3$.

End prove

Chứng minh hình như không ổn ở một số chỗ thì phải! $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$

So, $\sum ab\leq \frac{9}{a+b+c}\leq 3$. ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nghia_metal: 25-01-2015 - 22:06

[vipboycodon]

Giả sử $ab+bc+ac = 3$.

Ta có:

* $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac) \rightarrow  a+b+c \ge 3$

* $ab+bc+ac \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \rightarrow abc \le 1$

Ta có:

$\sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(a+c)(b+c)}{8}} = \sqrt[3]{\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc}{8}} \ge 1  = \sqrt{\dfrac{ab+bc+ac}{3}}$