Chủ đề này có 1 trả lời

[youarethebest]

cho a,b,c>0 và a+b+c=1

Chứng minh rằng :

$\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\sqrt[3]{abc}\geq \frac{10}{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

[toanND]

• Trước hết, ta chứng minh bđt phụ sau:

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geq\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$ (1)

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

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\frac{a^2}{c^2}+\frac{a}{b}+\frac{a}{b}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}=\frac{3a^2}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Tương tự với các bđt còn lại, sau đó cộng lại ta có đpcm.

• Trở lại bài toán, áp dụng bđt phụ trên thì ta cần chứng minh $\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq\frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM ta có

$\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}=\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+9\sqrt[3]{abc}-8\sqrt[3]{abc}\geq2\sqrt{9\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}-\frac{8}{3}(a+b+c)=6\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}-\frac{8}{3}$

Đặt $t=\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}\geq\sqrt[4]{(a+b+c)^2}=1$

Ta chỉ cần chứng minh $6t-\frac{8}{3}\geq\frac{10}{3t^4}\Leftrightarrow t^4(9t-4)\geq5$ (đúng do $t\geq1$ )

Vậy ta có đpcm.