Chủ đề này có 4 trả lời

[minhson95]

Cho a,b,c>0 CMR:

$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

[Ke Vo Tinh]

Cho a,b,c>0 CMR:

$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Theo cô si :
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^6}{27}} \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

[zookiiiiaa]

Theo cô si :
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^6}{27}} \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Bạn áp dụng cô-si cho 4 số nào đấy mình không hiểu. Bạn có thể giải thích chi tiết được không.

[25 minutes]

Mình làm thế này không biết có đúng không
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa cho abc=1,như thế bất đẳng thức đã cho trở thành
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+(a+b+c)^2\geq 4\sqrt{3\left ( a+b+c \right )}$
Do $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 3$ nên ta sẽ chỉ cần chứng minh $(a+b+c)^2+3\geq 4\sqrt{3(a+b+c)}$
Áp dụng AM-GM ta có: $(a+b+c)^2+3=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{(a+b+c)^2}{3}+3\geq 4\sqrt[4]{\frac{\left ( a+b+c \right )^6}{4}}\geq 4\sqrt{3(a+b+c)}$
$\Rightarrow$ Q.e.D?

[minhson95]

Bạn áp dụng cô-si cho 4 số nào đấy mình không hiểu. Bạn có thể giải thích chi tiết được không.

Bạn áp dụng cô-si cho 4 số nào đấy mình không hiểu. Bạn có thể giải thích chi tiết được không.

Giải thích chi tiết về lời giải của Ke Vo Tinh như sau:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2=\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{(a+b+c)^2}{3} \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^6}{27}}$

$ \geq 4\sqrt[4]{\frac{3\sqrt[3]{(\sqrt{abc})^4}.(3\sqrt[3]{abc})^4.(a+b+c)^2}{27}}=4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 20-10-2012 - 12:56