CMR: $a^3/bc+b^3/ca+c^3/ab\geq a+b+c$, với mọi $a;b;c>0$
#1
Đã gửi 29-10-2017 - 20:38
#2
Đã gửi 29-10-2017 - 20:41
Do $abc>0$ nên ta có thể tương đương $a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$
Bổ đề : $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$
Áp dụng được $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ và $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)$
Vậy ta dễ dàng suy ra ĐPCM
- tritanngo99, hungnolan và phamhungvng thích
Little Homie
#3
Đã gửi 29-10-2017 - 20:42
Do $abc>0$ nên ta có thể tương đương $a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$
Bổ đề : $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$
Áp dụng được $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ và $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)$
Vậy ta dễ dàng suy ra ĐPCM
chỗ bổ đề là sao bn?
#4
Đã gửi 29-10-2017 - 20:44
chỗ bổ đề là sao bn?
Cái này từ một bất đẳng thức không âm $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2$ rồi chuyển vế là ra thôi bạn
- hoangkimca2k2, hungnolan và phamhungvng thích
Little Homie
#5
Đã gửi 29-10-2017 - 20:54
CMR: $a^3/bc+b^3/ca+c^3/ab\geq a+b+c$, với mọi $a;b;c>0$
Ta có
$\left\{\begin{matrix} \frac{a^{3}}{bc}+b+c\geq 3a\\ \frac{b^{3}}{ca}+c+a\geq 3b\\ \frac{c^{3}}{ab}+a+b\geq 3c \end{matrix}\right.$
cộng vế với vế suy ra đpcm
- tritanngo99, trongkinhdq và hungnolan thích
Tôi là chính tôi
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: canada
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các kỳ thi Olympic →
Thi HSG Quốc gia và Quốc tế →
Canada MO 2017Bắt đầu bởi Mr Cooper, 30-05-2017 mo 2017, canada |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh