Chủ đề này có 4 trả lời

[songviae]

Cho a,b,c >0;$a+b+c>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.CMR:$a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

[Frankesten]

Cho a,b,c >0;$a+b+c>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.CMR:$a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

theo tớ thì $a+b+c \geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$ mới đúng.

[hoctrocuaHolmes]

Cho a,b,c >0;$a+b+c>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.CMR:$a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

Giả thiết sai nhé,phải là $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{3}\geq \frac{3}{a+b+c}$ $(*)$

Cần cm $\frac{2(a+b+c)}{3}\geq \frac{2}{abc}\Leftrightarrow abc(a+b+c)\geq 3$ $(**)$

Cũng từ gt ta có $abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca$ $(1)$

Ta có bất đẳng thức phụ sau $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c) (2) \Leftrightarrow (ab+bc+ca)^{2}\geq 3(a^{2}bc+abc^{2}+ab^{2}c)$

Đặt $ab=x;bc=y;ca=z\Rightarrow (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)\Leftrightarrow (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

Từ $(1)(2)$ $\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3\Rightarrow abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca\geq 3$ (đúng theo $(**)$)

Cộng vế theo vế của $(*)(**)$ ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 15-08-2015 - 21:45

[Namthemaster1234]

$\frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}\leq\frac{3}{a+b+c}+\frac{2(a+b+c)}{ab+ac+bc}\leq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2(a+b+c)}{3} \leq a+b+c$

 

Dấu  ''=''  là $(a,b,c)=(1,1,1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 15-08-2015 - 21:41

[CaptainCuong]

$\frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}\leq\frac{3}{a+b+c}+\frac{2(a+b+c)}{ab+ac+bc}\leq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2(a+b+c)}{3} \leq a+b+c$

 

Dấu  ''=''  là $(a,b,c)=(1,1,1)$

hơi tắt bạn nhỉ!