Chủ đề này có 4 trả lời

[ILoveMath4864]

cho a, b, c>0 và a+b+c=1. chứng minh rằng $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 64$

[linhphammai]

cho a, b, c>0 và a+b+c=1. chứng minh rằng $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 64$

Ta có a + b + c = 1

Áp dụng Cauchy 2 số, 3 số ta có được

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

$abc \leq \frac{(a + b + c)^{3}}{27} = \frac{1}{27}$

Xét $A = (1 + \frac{1}{a}) + (1 + \frac{1}{b}) + (1 + \frac{1}{c})$

= $1 + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c} +\frac{1}{ab} +\frac{1}{ca} +\frac{1}{bc} +\frac{1}{abc}$

$\geq 1 + \frac{9}{a + b + c} + \frac{9}{ab + bc + ca} + \frac{1}{abc}$ ( theo bđt Cauchy)

Thay vào ta được đpcm

[L Lawliet]

cho a, b, c>0 và a+b+c=1. chứng minh rằng $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 64$

Mình cứ làm đại thế này, nếu bạn thấy trùng thì thôi nhé 
Cách 1.$$VT = 1 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ca} + \dfrac{1}{abc} \ge 1 + \dfrac{9}{a + b + c} + \dfrac{9}{ab + bc + ca} + \dfrac{1}{abc} \ge 1 + 9 + \dfrac{1}{27} + \dfrac{1}{27}$$
Cách 2.$holder$ hướng thứ nhất 
$$VT \ge \left (1 + \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right )^3 \ge \left (1 + 3\right )^3 = 64$$
Cách 3.$holder$ hướng thứ 2 (ko biết có tính trùng không 
$$VT = \left (1 + 1 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}\right )\left (1 + 1 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{b}\right )\left (1 + 1 + \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}\right ) $$ $$= \left (2 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}\right )\left (2 + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} \right )\left (2 + \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}\right ) \ge \left (2 + 1 + 1 \right )^3 = 64$$
Cách 4. Áp dụng trục tiếp $AM-GM$
$$VT = \left (1 + 3.\dfrac{1}{3a}\right )\left (1 + 3\dfrac{1}{3b}\right )\left (1 +3\dfrac{1}{3c}\right ) \ge \dfrac{64}{\sqrt[4]{3^9.a^3b^3c^3}} \ge 64$$

Cách 5. (ko biết trùng không)
$$VT = \dfrac{a + a + b + c}{a}\dfrac{b + b + a + c}{b}\dfrac{c + c + a + b}{c}\ge \dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}\dfrac{4\sqrt[4]{b^2ac}}{b}\dfrac{4\sqrt[4]{abc^2}}{c} = 64$$
Cách 6.
$$\left (1 + \dfrac{1}{a}\right ).(1 + 9a)\left (1 + \dfrac{1}{b}\right )(1 + 9b)\left (1 + \dfrac{1}{c}\right )(1 + 9c) \ge (1 + 3)^2(1 + 3)^2(1 + 3)^2 = 4^6$$ $$ \Leftrightarrow VT \ge \dfrac{4^6}{(1 + 9a)(1 + 9b)(1 + 9c)} \ge \dfrac{4^6.27}{(3 + 9(a + b + c))^3} = 4^3 = 64$$

 

[hanguyen445]

cho a, b, c>0 và a+b+c=1. chứng minh rằng $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 64$

BĐT $\Leftrightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\ge 64abc$

$\Leftrightarrow abc+(a+b+c)+(ab+bc+ac)+1\ge 64abc$

$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^3+(ab+bc+ac)(a+b+c)\ge 63abc(*)$

$\Leftrightarrow (a+b+c)[2(a+b+c)^2-6(ab+bc+ac)]+7\sum c(a^2+b^2-2ab)\ge 0$

$\Leftrightarrow (a+b+8c)\sum (a-b)^2\ge 0$ (luôn đúng)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" khi "a=b=c"

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 16-09-2016 - 01:11

[hieu31320001]

Ta có : $1+\frac{1}{a}=\frac{1}{a}\left ( a+1 \right )=\frac{1}{a}\left ( a+a+b+c \right )\geq \frac{1}{a}.4.\sqrt[4]{a^{2}bc}=4.\sqrt[4]{\frac{bc}{a^{2}}}$

      Tương tự $1+\frac{1}{b}\geq 4\sqrt[4]{\frac{ac}{b^{2}}}$ và $1+\frac{1}{c}\geq 4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^{2}}}$

  Nhân 3 BĐT trên vế theo vế ta có đpcm