Chủ đề này có 2 trả lời

[trungdung19122002]

Cho các số thực $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh rằng $a+b+c\geqslant \frac{3}{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdung19122002: 19-09-2016 - 17:41

[L Lawliet]

Cho các số thực $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh rằng $a+b+c\geqslant \frac{3}{abc}$

Lời giải.

Biến đổi giả thuyết:

$$a+b+c\geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$$

$$\Leftrightarrow a+b+c\geq \dfrac{ab+bc+ca}{abc}$$

$$\Leftrightarrow abc\left ( a+b+c \right )\geq ab+bc+ca$$

Với các số thực dương $a$, $b$, $c$ ta có:

$$\left ( ab+bc+ca \right )^{2}\geq 3abc\left ( a+b+c \right )$$

Thật vậy ta có:

$$\left ( ab+bc+ca \right )^{2}\geq 3abc\left ( a+b+c \right )$$

$$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}-a^{2}bc-ab^{2}c-abc^{2}\geq 0$$

$$\Leftrightarrow \left ( ab-ca \right )^{2}+\left ( bc-ab \right )^{2}+\left ( ca-bc \right )^{2}\geq 0$$

Bất đẳng thức cuối đúng nên ta thu được bất đẳng thức trên, áp dụng ta có:

$$ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc\left ( a+b+c \right )}$$

Kết hợp giả thuyết ta được:

$$abc\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{3abc\left ( a+b+c \right )}$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{abc\left ( a+b+c \right )}\geq \sqrt{3}$$

$$\Leftrightarrow abc\left ( a+b+c \right )\geq 3$$

$$\Leftrightarrow a+b+c\geq \dfrac{3}{abc}$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

[hanguyen445]

Từ giả thiết ta có:

$a+b+c\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\Rightarrow\dfrac{1}{abc}\le\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ac}$

Do đó BĐT được chứng minh nếu ta chứng minh được:

$a+b+c\ge\dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\Leftrightarrow ab+bc+ac\ge 3$(*)

Ta có $(ab+bc+ac)^2\ge 3abc(a+b+c)$,

Theo giả thiết $abc(a+b+c)\ge ab+bc+ac\Rightarrow (ab+b+ac)^2\ge 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\ge 3$

Do đó (*) đúng. Vậy Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 20-09-2016 - 16:06