Chủ đề này có 5 trả lời

[chuoilun]

CMR với a,b,c> 0 thì $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 11-12-2011 - 10:46

[nguyenta98]

C1: Phá ngoặc:
$(1+a)(1+b)(1+c)=abc+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\geq abc+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(abc)^2}=(1+\sqrt[3]{abc})^3$ suy ra đpcm
C2:
Từ đề suy ra cần cm:
$\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1+\sqrt[3]{abc}$ <1>
<=> $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le 1$
Lại có $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Tương tự $\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}+\dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}=1$ <2>
Từ đó suy ra <2> đúng suy ra <1> đúng suy ra $đpcm$

Nhận xét tuy cách 2 đồ sộ hơn nhưng nó thừa kế được cho nhiều bài bậc cao hơn cụ thể là bậc nào cũng áp dụng được.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-12-2011 - 23:53

[dark templar]

C1: Phá ngoặc:
$(1+a)(1+b)(1+c)=abc+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\geq abc+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(abc)^2}=(1+\sqrt[3]{abc})^3$ suy ra đpcm
C2:
Từ đề suy ra cần cm:
$\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1+\sqrt[3]{abc}$ <1>
<=> $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le 1$
Lại có $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Tương tự $\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}+\dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}=1$ <2>
Từ đó suy ra <2> đúng suy ra <1> đúng suy ra $đpcm$

Nhận xét tuy cách 2 đồ sộ hơn nhưng nó thừa kế được cho nhiều bài bậc cao hơn cụ thể là bậc nào cũng áp dụng được.

Hay đơn giản hơn là bạn xài cách chứng minh của BĐT Holder bằng BĐT AM-GM ấy Vì bài đầu topic là 1 trường hợp của BĐT Holder.

[Crystal]

CMR với a,b,c> 0 thì $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Bài toán tổng quát: Cho ${a_i} \ge 0,\forall i = \overline {1,n} $. Chứng minh rằng:
$$\left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)...\left( {1 + {a_n}} \right) \ge {\left( {1 + \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}} \right)^n}$$

[Ispectorgadget]

Mở rộng ra 1 chút ta có thể chứng minh được
\[
(1 + \sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }})^n \ge 2^n \sqrt {a_1 a_2 ...a_n }
\]

[KietLW9]

Đặt $(\sqrt[3]{a},\sqrt[3]{b},\sqrt[3]{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì ta cần chứng minh: $(1+x^3)(1+y^3)(1+z^3)\geqslant (1+xyz)^3$ 

$\Leftrightarrow \prod x^3+\prod x^3y^3\geqslant 3xyz +3x^2y^2z^2$ 

Bất đẳng thức cuối đúng theo Cô - si nên ta có Q.E.D

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c