Cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 3[1+\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ca)^{2}}}]$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 13-12-2021 - 10:46
$(\sum a)(\sum \frac{1}{a})\geq 3[1+\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ca)^{2}}}]$
Bắt đầu bởi Le Tuan Canhh, 13-12-2021 - 08:05
#1
Đã gửi 13-12-2021 - 08:05
Le Tuan Canhh
-
- Thành viên
-
- 226 Bài viết
Thượng sĩ
#2
Đã gửi 13-12-2021 - 10:59
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Ta cần chứng minh: $\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ca)^2}}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: $\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}=3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{abc(a+b+c)}}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}}}>3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ca)^2}}$
Dấu bằng không xảy ra
Bất đẳng thức này thêm số 3 vô chỗ căn thức thì đẹp nhỉ, sẽ có dấu bằng
- Lemonjuice, Hunghcd và Le Tuan Canhh thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
#3
Đã gửi 13-12-2021 - 11:23
Le Tuan Canhh
-
- Thành viên
-
- 226 Bài viết
Thượng sĩ
Cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 3[1+\sqrt[3]{\frac{3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ca)^{2}}}]$
Đề bài đúng là như này anh ạ. Em viết nhầm 
Dư 
Hấu
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh
