Đến nội dung

Hình ảnh

ab+bc+ca<=3abc


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
t1k28CHT

t1k28CHT

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 23 Bài viết

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn $ab+bc+ca\leqslant 3abc$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{4}b}{2a+b}+\frac{b^{4}c}{2b+c}+\frac{c^{4}a}{2c+a}\geqslant 1$.



#2
vmf999

vmf999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

không biết đúng không @@ bạn xem đỡ : ab+bc+ac $\leq$ 3abc 

<=> $\sum \frac{1}{a} \leq$ 3 

=> a+b+c $\geq$ 3  

$\sum \frac{a^{4}b}{2a+b}= \sum \frac{a^3}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}=\sum \frac{\frac{a^{4}}{a}}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{3(\sum \frac{1}{a})}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{9} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^{2}}{\sum \sqrt{a}})^{2}}{9} = \frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$

Ta lại có : $(\sum \sqrt{a})^{2} \leq 3(a+b+c)$

Cần chứng minh :  $\frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$ $\geq$ 1 

<=>  $\frac{(a+b+c)^{4}}{27(a+b+c)} \geq$ 1 

<=> $(a+b+c)^{4} \geq$ 27(a+b+c)

<=> (a+b+c)^3 $\geq$ 27 ( hiển nhiên do a+b+c $\geq$ 3 ) .

Mấy bạn xem lại giúp mình với 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vmf999: 27-12-2018 - 23:36





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh