Chủ đề này có 5 trả lời

[hellboy1998]

cho a,b,c>0  và abc=1 Chứng minh rằng

$\sum \frac{a}{\sqrt{7+b+c}}\geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hellboy1998: 02-02-2014 - 16:11

[hoctrocuanewton]

mình nghĩ bài này cần phải thêm điều kiện abc=1

với đk trên ta giải như sau

$\sum \frac{a}{\sqrt{7+b+c}}=\sum \frac{6a}{6\sqrt{7+b+c}}\geq \frac{6a}{16+b+c}= \frac{6a^{2}}{16a+ab+ac}\geq \frac{6(a+b+c)^{2}}{16(a+b+c)+2(ab+ac+bc)}$

vậy ta cần chứng minh

$16(a+b+c)+2(ab+ac+bc)\leq 6(a+b+c)^{2}$(*)

ta có

$2(ab+bc+ac)\leq \frac{2}{3}(a+b+c)^{2}$ (1)

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\Rightarrow 16(a+b+c)\leq \frac{16}{3}(a+b+c)^{2}$ (2)

từ (1)(2) suy ra (*) đúng 

vậy ta được đpcm

[Dam Uoc Mo]

cho a,b,c>0 . Chứng minh rằng

$\sum \frac{a}{\sqrt{7+b+c}}\geq 1$

Thiếu điều kiện hay sao ấy bạn.Thay thử a=b=c=2 xem có thỏa mãn đâu?

[hellboy1998]

xin lỗi mình nhầm , đã fix

[hoctrocuanewton]

 cách 2 :

tham khảo từ quyển sáng tạo bất đẳng thức 

 

xét

$A=\sum\frac{a}{\sqrt{7+b+c}}$

$B=\sum a(7+b+c)$

áp dụng bđt Holder ta có $A^{2}B\geq (a+b+c)^{3}$ 

vậy ta cần chứng minh$7(a+b+c)+2(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^{3}$ (*)

vì $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$

nên ta có

$7(a+b+c)+2(ab+bc+ac)\leq 7(a+b+c)+\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}\leq \frac{7}{9}(a+b+c)^{3}+\frac{2}{9}(a+b+c)^{3}=(a+b+c)^{3}$

suy ra (*) đúng  

vậy ta được đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctrocuanewton: 02-02-2014 - 16:33

[Phuong Thu Quoc]

Có thể dùng Holder

Ta có $VT^{2}.a\left ( 1+c+b \right )\geq \left ( a+b+c \right )^{3}$

Cần chứng minh $\left ( a+b+c \right )^{3}\geq 7\left ( a+b+c \right )+2\left ( ab+bc+ca \right )$

Thật vậy, theo AM-GM ta có $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$

Do đó $\left ( a+b+c \right )^{3}=\frac{7}{9}\left ( a+b+c \right )^{3}+\frac{2}{9}\left ( a+b+c \right )^{3}\geq \frac{7}{9}.9\left ( a+b+c \right )+\frac{2}{3}\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 7\left ( a+b+c \right )+2\left ( ab+bc+ca \right )$

BĐT được chứng minh...