Chủ đề này có 2 trả lời

[Sketchpad3356]

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

[Hoang Dinh Nhat]

Chứng minh bất đẳng thức phụ: $\frac{x^2}{p}+\frac{y^2}{q}+\frac{z^2}{r}+\frac{t^2}{s}\geq \frac{(x+y+z+t)^2}{p+q+r+s}$ với $p,q,r,s>0$

Theo BĐT C-S dạng phân thức, ta có: $\frac{x^2}{p}+\frac{y^2}{q}\geq \frac{(x+y)^2}{p+q}$

Do vậy ta có: $\frac{x^2}{p}+\frac{y^2}{q}+\frac{z^2}{r}+\frac{t^2}{s}\geq \frac{(x+y)^2}{p+q}+\frac{(z+t)^2}{r+s}\geq \frac{(x+y+z+t)^2}{p+q+r+s}$

Áp dụng BĐT trên ta có: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}$

$\geq \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

=>$Q.E.D$

[viet9a14124869]

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Schwarz sẽ dễ hơn nhiều

Ta có $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$