Cho a,b,c dương.CMR:$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2+\frac{14abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4$
$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2+\frac{14abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4$
Bắt đầu bởi Dinh Xuan Hung, 28-10-2014 - 22:22
#1
Đã gửi 28-10-2014 - 22:22
#2
Đã gửi 08-05-2021 - 09:47
Đặt
$(\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b})\rightarrow (x,y,z)$
Lúc đó ta có:
$ xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z \geqslant \dfrac{3}{2}(Nesbitt)$
Và bất đẳng thức Schur
$ x^2+y^2+z^2+\dfrac{9xyz}{x+y+z} \ge 2(xy+yz+xz) $
Ta cần chứng minh:
$(x+y+z)^2+14xyz \geqslant 4$
Thật vậy, ta có:
$(x+y+z)^2+14xyz=x^2+y^2+z^2+6xyz+2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z} +2(xy+yz+zx)+8xyz\geqslant 4(xy+yz+zx)+8xyz=4$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh