Chủ đề này có 1 trả lời

[hoctrocuaHolmes]

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c \geq \dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 1c$.Chứng minh rằng:$a+b+c \geq \frac 3{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 15-10-2015 - 21:13

[quanganhthanhhoa]

Khởi động ngày mới vs 1 bài toán không quá khó nhé các bạn 

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c \geq \dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 1c$.Chứng minh rằng:$a+b+c \geq \frac 3{abc}$

Bài này mình giải như sau

Từ gt ta suy ra $abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca$(1)

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

Đặt ab=x,bc=y,ca=z ta sẽ đưa về 1 bdt quen thuộc $(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$

Từ (1)(2) suy ra $ab+bc+ca\geq 3(3)$

Từ (1)(3) suy ra $abc(a+b+c)\geq 3\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanganhthanhhoa: 18-08-2015 - 11:01