Chủ đề này có 4 trả lời

[cristianoronaldo]

Bài toán:

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

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

[Baoriven]

Mình chỉ làm thử nhé 

Chuẩn hóa $abc=1$.

Ta cần chứng minh: $\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}\geq \frac{3}{2},a>0,b>0,c>0,abc=1$.

Đặt: $f(a,b,c)=\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}$.

Ta có: $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ ( mình đã kiểm tra đúng nhưng phân tích SOS chưa được ).

Từ đó, ta cần chứng minh: $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\geq \frac{3}{2}$.

Ta có: $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=\frac{a}{2}+\frac{1+a\sqrt{a}}{a^2+\sqrt{a}}$.

Ta chỉ cần chứng minh: $\frac{a}{2}+\frac{1+a\sqrt{a}}{a^2+\sqrt{a}}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow (\sqrt{a}-1)^2(\sqrt{a}+1)(\sqrt{a}+2)(a-\sqrt{a}+1)\geq 0$. (đúng)

Ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 19-07-2017 - 09:14

[Hoang Dinh Nhat]

 

BĐT này không thuần nhất mà phải ko nhỉ

[Nike Adidas]

thuần nhất đó bạn

[I am the King]

Do tính thuần nhất ta có thể chuẩn hóa $abc=1$.

Suy ra tồn tại 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn:$\left\{\begin{matrix} a=\frac{x}{y}\\ b=\frac{z}{x}\\ c=\frac{y}{z}\end{matrix}\right.$

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh:
$\sum \frac{y^2}{x^2+yz}\geq \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Vasc ta có:

$\sum \frac{y^2}{x^2+yz}\geq \frac{(\sum y^2)^2}{\sum x^2y^2+\sum y^3z}\geq \frac{(\sum y^2)^2}{\frac{1}{3}.(\sum y^2)^2+\frac{1}{3}(\sum y^2)^2}=\frac{3}{2}$

Dấu $''=''$ xảy ra khi $a=b=c=1$