Chủ đề này có 1 trả lời

[dongvmf10]

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn :  $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

 

.Chứng minh rằng: $(\frac{4}{a^2+b^2}+1)(\frac{4}{b^2+c^{2}}+1)(\frac{4}{a^2+c^2}+1)\geq 3(a+b+c)^{2}$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dongvmf10: 25-05-2019 - 09:00

[phongmaths]

Ta có 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có $3(a+b+c)^{2}\leq 3.3(a^2+b^2+c^2)=3.3.3=27$

BĐT cần chứng minh là $(\frac{4}{a^2+b^2}+1)(\frac{4}{b^2+c^{2}}+1)(\frac{4}{a^2+c^2}+1)\geq 27$

Đặt $a^2+b^2=x,b^2+c^2=y,c^2+a^2=z$ thì x+y+z=6 

BĐT cần chứng minh tương đương với $(\frac{4}{x}+1)(\frac{4}{y}+1)(\frac{4}{z}+1)\geq 27 \Leftrightarrow (x+4)(y+4)(z+4)\geq 27xyz$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $x+4=x+2+2\geq 3\sqrt[3]{2.2.x}=3\sqrt[3]{4x}$

CMTT ta được $y+4\geq 3\sqrt[3]{4y}, z+4\geq 3\sqrt[3]{4z}$

$\Rightarrow (x+4)(y+4)(z+4)\geq 27\sqrt[3]{4^3xyz}$

BĐT cần chứng minh là $\sqrt[3]{4^3xyz}\geq xyz \Leftrightarrow 2\geq \sqrt[3]{xyz}$

Do x+y+z=6 $\Rightarrow 6=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Leftrightarrow 2\geq \sqrt[3]{xyz}$ 

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=2 khi a=b=c=1