Chủ đề này có 4 trả lời

[phamduytien]

Cho a,b,c>0. CMR:

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

[25 minutes]

Cho a,b,c>0. CMR:

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

Bài này mình xin trình bày theo cách trâu bò húc $1$ tí

Quy đồng mẫu thức ta có bất đẳng thức tương đương với

       $\frac{\sum (b+c)(c+a}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2-\sum (b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Khai triển ta được $\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}+2\sqrt[3]{abc}(a+b+c)-(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

       $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 2abc+4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)-2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)$

       $\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)\geqslant 4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)$

D0 bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau

           $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+2(ab+bc+ca)\geqslant 4(a+b+c)$ với $abc=1$

Áp dụng AM-GM ta có $2ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=(ab+\frac{a}{b})+(ab+\frac{b}{a})\geqslant 2a+2b=2(a+b)$

                                    $2bc+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\geqslant 2(b+c)$

                                    $2ca+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\geqslant 2(c+a)$

Cộng 3 bđt trên lại ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 25-07-2013 - 20:51

[ngoctruong236]

Bài này mình xin trình bày theo cách trâu bò húc $1$ tí

Quy đồng mẫu thức ta có bất đẳng thức tương đương với

       $\frac{\sum (b+c)(c+a}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2-\sum (b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Khai triển ta được $\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}+2\sqrt[3]{abc}(a+b+c)-(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

       $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 2abc+4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)-2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)$

       $\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)\geqslant 4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)$

D0 bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau

           $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+2(ab+bc+ca)\geqslant 4(a+b+c)$ với $abc=1$

Áp dụng AM-GM ta có $2ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=(ab+\frac{a}{b})+(ab+\frac{b}{a})\geqslant 2a+2b=2(a+b)$

                                    $2bc+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\geqslant 2(b+c)$

                                    $2ca+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\geqslant 2(c+a)$

Cộng 3 bđt trên lại ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$ 

em thu lam cach khac anh xem nhe

[ngoctruong236]

$\dpi{150} \small \:Nhan \:2 \: ve\:cua \:Bdt \:cho \:2 \:, \: ta\:can CM \:\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{a+c}{ac}+\frac{2}{\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \:Ap \:dung \:Bdt AM-GM, \:ta \:co \:: \:VT=\frac{(a+b)^2}{ab(a+b)}+\frac{(b+c)^2}{bc(b+c)}+\frac{(a+c)^2}{ac(a+c)}+\frac{(2\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\geq \frac{\left [ (a+b+b+c+c+a+2\sqrt[3]{abc}) \right ]^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc)}=\frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}= VP\rightarrow dpcm : \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngoctruong236: 27-07-2013 - 20:33

[tim1nuathatlac]

 

Cho a,b,c>0. CMR:

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

 

Tỉnh mềnh:'(((

 

Ta có đẳng thức sau:

 

$\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )= a^{2}\left ( b+c \right )+b^{2}\left ( c+a \right )+c^{2}\left ( a+b \right )+2abc$

 

Shử dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có

 

$\sum \frac{1}{a+b}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\sum \frac{c^{2}}{c^{2}\left ( a+b \right )}+\frac{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}{2abc}\geq \frac{\left ( a+b+c+\sqrt[3]{abc} \right )^{2}}{ \left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 27-07-2013 - 20:38