Chủ đề này có 4 trả lời

[Yagami Raito]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng :

$$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

[Runaway2712]

BĐT$\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)-1\geq 4(a+b+c-1)$

$\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca-4)+3\geq 0$

$\Leftrightarrow 3abc(a+b+c)(4-(ab+bc+ca))\leq 9$

Theo AM-GM:$3abc(a+b+c)(4-(ab+bc+ca))\leq (ab+bc+ca)^{2} (4-(ab+bc+ca))$

mà $ab+bc+ca\geq 3$

Khảo sát hàm số với $ab+bc+ca$

$\Rightarrow (ab+bc+ca)^{2} (4-(ab+bc+ca))\leq 9$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Runaway2712: 17-06-2014 - 19:27

[tap lam toan]

Solution:
Trước tiên ta có $ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc\left ( a+b+c \right )}=\sqrt{3\left ( a+b+c \right )}$
Sử dụng đánh giá quen thuộc 
$$VT=\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq \frac{8}{9}\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )\geq$$
$$\frac{8}{9}\left ( a+b+c \right )\sqrt{3\left ( a+b+c \right )}\geq 4\left ( a+b+c-1 \right )$$
Bây giờ đặt $t=\sqrt{3\left ( a+b+c \right )}$ thì bđt trở thành 
$$\frac{8}{27}t^{3}\geq \frac{4}{3}t^{2}-4\Leftrightarrow 4t^{3}+4t^{3}+108\geq 36t^{2}$$
Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$
(Q.E.D)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 17-06-2014 - 19:47

[NMDuc98]

[Yagami Raito]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng :

$$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

My solution !

Ta có $a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)-1$

$=(a+b+c)(ab+bc+ca-\frac{1}{a+b+c})=(a+b+c)(ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}-\frac{4}{a+b+c})$

Giờ đưa về chứng minh $ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}\geq 4$

By AM-GM it done  

$ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c} \geq 4\sqrt[4]{\frac{(\sum ab)^3}{9(a+b+c)}}$

$ab+bc+ca\geq 3$

$(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$

$\Rightarrow (\sum ab)^3 \geq 9(a+b+c)$

Ta đã chứng minh xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 18-06-2014 - 11:44