Chủ đề này có 4 trả lời

[foollock holmes]

a,b,c là các số thực dương

1) cho $abc \leq 1$ CMR: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq a+b+c$

2) cho $a^2+b^2+c^2+2abc=1$CMR:$ i) a+b+c \leq \frac{3}{2}$

$ii) ab+bc+ca \leq \frac{1}{2}+2abc$

3) CMR : $\sum {\frac{1}{a(1+b)}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi foollock holmes: 21-01-2016 - 11:42

[Chung Anh]

 

3) CMR : $\sum {\frac{1}{a(1+b)}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

Ta có  $\frac{1+abc}{a(b+1)}+1=\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{b(c+1)}{a+1}$

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

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

$(đpcm)$

[quoccuonglqd]

1/Áp dụng AM-GM $\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}$

Tương tự ta được $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \sqrt[3]{\frac{a^{3}}{abc}}+\sqrt[3]{\frac{b^{3}}{abc}}+\sqrt[3]{\frac{c^{3}}{abc}}\geqslant a+b+c$

[quoccuonglqd]

Bài 2 hai ý đều bị ngược dấu

i/$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$

Hay tồn tai x,y,z sao cho $\frac{1}{a+1}=\frac{y+z}{x+y+z}$,$\frac{1}{b+1}=\frac{x+z}{x+y+z}$,$\frac{1}{c+1}=\frac{x+y}{x+y+z}$

$\Rightarrow a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{x+z},c=\frac{z}{y+z}$

Bất đẳng thức trở thành $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$

Đây là bất đẳng thức quen thuộc

[quoccuonglqd]

ii/Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 

$(a+b+c)^{2}\leqslant 2+2abc$

Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow (\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})$

Bài toán trở thành $2(x^{3}+y^{3}+z^{3})\geqslant x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}$(luôn đúng)