Cho $a,b,c\geq 0$ , $a+b+c=3$.CMR:
$\frac{25}{3\sqrt[3]{4(ab+bc+ac)}}\geq \frac{a+1}{b+1} +\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}$
$\frac{25}{3\sqrt[3]{4(ab+bc+ac)}}\geq \frac{a+1}{b+1} +\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}$
Bắt đầu bởi Tea Coffee, 08-03-2018 - 08:26
tea
#1
Đã gửi 08-03-2018 - 08:26
Tea Coffee
-
- Điều hành viên THPT
-
- 772 Bài viết
Trung úy
- DOTOANNANG, thanhdat2003, Khoa Linh và 4 người khác yêu thích
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#2
Đã gửi 17-03-2018 - 19:29
nmtuan2001
-
- Thành viên
-
- 357 Bài viết
Sĩ quan
Áp dụng BĐT AM-GM: $VT=\frac{25}{3\sqrt[3]{2.2(ab+bc+ac)}} \geq \frac{25}{ab+bc+ca+4}=\frac{25}{ab+bc+ca+a+b+c+1} \geq \frac{25}{(a+1)(b+1)(c+1)}$Cho $a,b,c\geq 0$ , $a+b+c=3$.CMR:
$\frac{25}{3\sqrt[3]{4(ab+bc+ac)}}\geq \frac{a+1}{b+1} +\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}$
Cần chứng minh: $\sum (a+1)^2(b+1) \leq 25$. Sau khi rút gọn, BĐT trở thành
$$a^2b+b^2c+c^2a \leq 4$$
KMTTQ, giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$, suy ra $(b-a)(b-c) \leq 0$, hay $b^2+ca \leq ab+bc$.
Do đó $b^2c+c^2a \leq abc+bc^2$, nên
$$a^2b+b^2c+c^2a \leq a^2b+abc+bc^2 \leq b(c+a)^2=\frac{1}{2}.2b(c+a)(c+a) \leq \frac{1}{54}(2b+c+a+c+a)^3=4$$
- hoicmvsao, Tea Coffee, dat102 và 9 người khác yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
