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
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
Dư Hấu
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
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
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
0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh