Chủ đề này có 5 trả lời

[Frankesten]

Cho a+b+c=3, a,b,c >0. CMR: $\sum ab + \frac{1}{abc} \geq abc+3$

[Issac Newton of Ngoc Tao]

ta có:$abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$

$\Rightarrow \sum ab\geq 3\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc\Rightarrow VT\geq 3abc+\frac{1}{abc}\geq abc+3$

Đpcm.......

[Hoang Nhat Tuan]

ta có:$abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$

$\Rightarrow \sum ab\geq 3\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc\Rightarrow VT\geq 3abc+\frac{1}{abc}\geq abc+3$

Đpcm.......

Cách giải của bạn hoàn toàn sai nhé, đến bước $3abc+\frac{1}{abc}\geq abc+3$ chưa chứng minh được

Cách của mình:

Ta có BĐT tương đương:

$abc(ab+bc+ca)+1\geq (abc)^2+3abc$

$VT\geq 3abc.\sqrt[3]{(abc)^2}+1$

Cần chứng minh: $3x.\sqrt[3]{x^2}+1\geq x^2+3x$ (với $abc=x$)

Dễ dàng chứng minh được $x\leq 1$

Đặt: $x=y^3$ thì $y\leq 1$

BĐT trở thành: 

$3y^5+1-y^6-3y^3\geq 0$

$<=>(y-1)^2(y+1)(2y^2+y+1-y^3)\geq 0$ (BĐT đúng)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 28-07-2015 - 16:06

[Issac Newton of Ngoc Tao]

ta có:$abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$

$\Rightarrow \sum ab\geq 3\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc\Rightarrow VT\geq 3abc+\frac{1}{abc}\geq abc+3$

Đpcm.......

Nhờ điều hành viên xóa hộ mình bài viết này 

[Dinh Xuan Hung]

 

ta có:$abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$

$\Rightarrow \sum ab\geq 3\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}$ $\geq 3abc\Rightarrow VT\geq 3abc+\frac{1}{abc}\geq abc+3$

Đpcm.......

 

Chỗ này $AM-GM$ sai rồi nhé:$\sum ab\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}$

[phamngochung9a]

Cho a+b+c=3, a,b,c >0. CMR: $\sum ab + \frac{1}{abc} \geq abc+3$

$\sum ab\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$

Đặt $\sqrt[3]{abc}=t$

Cần cm $3t^{2}+\frac{1}{t^{3}}\geq t^{3}+3$ với $t\leq 1$

Biến đổi tương đương, ta có:

$(t-1)^{2}(t+1)(t^{3}-2t^{2}-t-1)\leq0$

Xét hàm số $f\left ( t \right )=t^{3}-2t^{2}-t-1$ có $f'(t)=3t^{2}-4t-1=0\Leftrightarrow t= \frac{2+-\sqrt{7}}{3}$

Lập bảng biến thiên, ta có $f(t)< 0$ với mọi $t<1$

=> ĐPCM