Chủ đề này có 6 trả lời

[Sored]

Chứng minh: $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc} )^{3}$ ; với $a, b, c\geq 0$

[nhjm nhung]

$VT = 1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+abc \geq 1+3\sqrt[3]{abc} + 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+abc$   (AM-GM)

      $=(1+\sqrt[3]{abc})^{3} = VP$

[Hoang Tung 126]

Biến đổi $< = > a+b+c+ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$(Đúng theo cosi)

[Phuong Thu Quoc]

Đây chính là BĐT Holder

$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )\geq \left ( \sqrt[3]{1.1.1}+\sqrt[3]{abc} \right )^{3}=\left ( 1+\sqrt[3]{abc} \right )^{3}$

[Phuong Thu Quoc]

Có thể chứng minh bằng Côsi

$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq 3.\frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}$

$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\geq 3.\frac{\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}$

Cộng vào vế với vế ta được

$3\geq 3.\frac{\sqrt[3]{abc}+1}{\sqrt[3]{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}$

Từ đó suy ra được $\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )\geq \left ( 1+\sqrt[3]{abc} \right )^{3}$

[Kaito Kuroba]

đây là dạng của bất đẳng thức holder cho 3 số, có thể chứng minh theo cauchy như thê này:

bdt đã cho tương đương với:

$\sqrt[3]{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}\leq 1+\sqrt[3]{abc}$

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{1}{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}+ \sqrt[3]{\frac{abc}{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}\leq 1$  (*)

ma ta có:

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{1}{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}\leq \frac{\sum \frac{1}{1+a}}{3}$  (1)

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{abc}{\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )}}\leq \frac{\sum \frac{a}{1+a}}{3}$  (2)

 

từ (1),(2) =====> (*) đúng

[KietLW9]

$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học