Chủ đề này có 3 trả lời

[longatk08]

Bài toán: Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh các bất đẳng thức sau.

 

$1.\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(a+c)}{abc}}\geq \frac{4}{3}(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}})$

 

$2.\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(a+c)^2}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^2}{4(ab+bc+ac)^3}$

 

$3.a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

 

Spoiler

Mấy bài AM-GM kinh điển.  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 07-06-2015 - 18:34

[anh1999]

Bài toán: Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh các bất đẳng thức sau.

 

 

$3.a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

 

Spoiler

Mấy bài AM-GM kinh điển.  

ta có BDT <=>$a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{9}$

<=> $9a^3+9b^3+9c^3\geq 18abc+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$

mặt khác ta có

$6(a^3+b^3+c^3)\geq18abc$(1)

và $\left\{\begin{matrix} a^3+b^3\geq ab^2+a^2b\\b^3+c^3\geq b^2c+bc^2 \\ a^3+c^3\geq ac^2+a^2c \end{matrix}\right.$

=> $2(a^3+b^3+c^3)\geq ab^2+cb^2+ac^2+bc^2+ba^2+ca^2$

=> $3(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+ab^2+cb^2+ac^2+bc^2+ba^2+ca^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$(2)

(1)(2)=>

dpcm

[loigiailanhlung]

Bài 1 hình như là $\sqrt{\frac{c}{a+b}}$ thì phải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loigiailanhlung: 07-06-2015 - 18:00

[loigiailanhlung]

Bài1:
Mình đổi biến p,q,r
Ta có BĐT quen thuộc:$(a+b)(b+c)(c+a)\geq\frac{8}{9}.p.q$
C/m:
$$\Leftrightarrow 9\sum bc(b+c)+2abc\geq8.\sum bc(b+c)+24abc$$
$\Leftrightarrow \sum bc(b+c) \geq 24abc$ (đúng do BĐT AM-GM)
Trở lại bài toán,ta nhân chéo:
BĐT $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq\frac{4}{3}.\sum a\sqrt{bc(a+b)(a+c)}$
Áp dụng BĐT AM-GM ,ta có
$$VP=\frac{2}{3}.\sum a.2\sqrt{(ac+bc)(ab+bc)}\leq \frac{2}{3}.\sum a.(ab+2bc+ca) =p.q+3r$$
Mà $VT\geq \frac{8}{9}.pq$
Vậy ta chỉ cần c/m $\frac{2}{9}.pq\geq2r
$(đúng do BĐT AM-GM)$\Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loigiailanhlung: 07-06-2015 - 21:08