Chủ đề này có 6 trả lời

[Voicoidangyeu]

Cho abc = 1

a) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 2(a + b + c + 1)$

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Voicoidangyeu: 26-09-2014 - 03:31

[99AnhKhoa]

Câu a: $VT=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)-1$

Cauchy $\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3 \Rightarrow VT\geq 3(a+b+c)-1$

Thay vào thì bđt tương đương với: $a+b+c\geq 3$ (luôn đúng theo Cauchy)

Dấu bằng: $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 26-09-2014 - 20:26

[99AnhKhoa]

Biến đổi tương đương bđt đầu bài cho ta được:

 $a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)+2abc\geqslant 4(a+b+c)-4abc$

$\Leftrightarrow a(b+c)^2+b(a+c)^2+c(a+b)^2\geqslant 4(a+b+c)$

Áp dụng bđt Cauchy: $a(b+c)^2+4bc\geqslant 2\sqrt{4abc(b+c)^2}=4(b+c)$

Làm tương tự rồi cộng từng vế 3 bđt, ta được:

 $a(b+c)^2+b(a+c)^2+c(a+b)^2+4(ab+bc+ca)\geqslant 8(a+b+c)$

$\Leftrightarrow 2a(b+c)^2+2b(a+c)^2+2c(a+b)^2+8(ab+bc+ca)\geqslant 16(a+b+c)$   $\left ( 1 \right )$

Tiếp tục dùng Cauchy: $a(b+c)^2+4a\geqslant 2\sqrt{4a^2(b+c)^2}=4a(b+c)$

Làm tương tự rồi cộng từng vế 3 bđt, ta được:

 $8(ab+bc+ca)\leqslant a(b+c)^2+b(a+c)^2+c(a+b)^2+4(a+b+c)$   $\left ( 2 \right )$

Từ $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ $\Rightarrow 3a(b+c)^2+3b(a+c)^2+3c(a+b)^2+4(a+b+c)\geqslant 16(a+b+c)$

                     $\Rightarrow a(b+c)^2+b(a+c)^2+c(a+b)^2\geqslant 4(a+b+c)$   $\left ( dpcm \right )$

Dấu bằng: $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 99AnhKhoa: 03-10-2014 - 16:33

[Nguyenhuyen_AG]

Cho abc = 1

a) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 2(a + b + c + 1)$

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

Câu a) chính là bài 3 trong đề thi APMO 1998, có một lời giải bằng Cauchy-Schwarz cho bài này. Còn câu b) là đề MOSP năm 2 nghìn lẻ mấy không nhớ. =)) Câu này có khá nhiều cách chứng minh. Xin trình bày một chứng minh bằng AM-GM.

 

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} \geqslant 4\left(\frac{a + b + c}{\sqrt[3]{abc}} - 1\right),\]

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}}.\]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[\begin{aligned} \frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 &=\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+4 \\& \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}}.\end{aligned}\]

Vậy ta cần phải chứng minh

\[3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}} \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}},\]

lập phương 2 vế ta được

\[27(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2 \geqslant 64abc(a + b + c)^3.\]

Bất đẳng thức này đúng theo hai bất đẳng thức cơ bản sau:

\[(a+b)(b+c)(c+a) \ge \geqslant \frac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9},\]

\[(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c).\]

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ Bài toán được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 03-10-2014 - 22:03

[lahantaithe99]

 

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

 

Một cách ngắn hơn cho câu $b)$

 

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)-4(a+b+c)+3\geqslant 0$

 

Có $ab+bc+ac\geqslant \sqrt{3abc(a+b+c)}=\sqrt{3(a+b+c)}$.

 

Ta sẽ đi chứng minh BDT mạnh hơn là

 

$(a+b+c)\sqrt{3(a+b+c)}-4(a+b+c)+3\geqslant 0$ $(*)$

 

Nếu đặt $\sqrt{3(a+b+c}=t$ ( $t\geqslant 3$)

 

$(*)\Leftrightarrow t^3-4t^2+9\geqslant 0\Leftrightarrow (t-3)(t^2-t-3)\geqslant 0$ (luôn đúng với $t\geqslant 3$)

[Voicoidangyeu]

Một cách ngắn hơn cho câu $b)$

 

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)-4(a+b+c)+3\geqslant 0$

 

Có $ab+bc+ac\geqslant \sqrt{3abc(a+b+c)}=\sqrt{3(a+b+c)}$.

 

Ta sẽ đi chứng minh BDT mạnh hơn là

 

$(a+b+c)\sqrt{3(a+b+c)}-4(a+b+c)+3\geqslant 0$ $(*)$

 

Nếu đặt $\sqrt{3(a+b+c}=t$ ( $t\geqslant 3$)

 

$(*)\Leftrightarrow t^3-4t^2+9\geqslant 0\Leftrightarrow (t-3)(t^2-t-3)\geqslant 0$ (luôn đúng với $t\geqslant 3$)

Cho mình hỏi tại sao $t \geq 3$

[CandyPanda]

Cho mình hỏi tại sao $t \geq 3$

Vì abc=1 nên$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$