Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{\sqrt{abc}}\geq \frac{4}{3}.$
Chứng minh rằng $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{\sqrt{abc}}\geq \frac{4}{3}.$
Bắt đầu bởi Zz Isaac Newton Zz, 16-10-2016 - 20:15
#2
Đã gửi 17-10-2016 - 11:07
Ngockhanh99k48
-
- Thành viên
-
- 127 Bài viết
Trung sĩ
Sử dụng AM-GM ta có:
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} \geq 4 \sqrt[4] {\frac{1}{a^2+b^2+c^2}.(\frac{1}{3\sqrt{abc}})^3} = 4 \sqrt[4]{\frac{1}{27(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^3b^3c^3}}}$
Cuối cùng ta chứng minh $27abc(a^2+b^2+c^2)\sqrt{abc} \leq 81$.
Theo AM-GM ta có $abc \leq 1$. Do đó
$27abc(a^2+b^2+c^2)(abc)^{\frac{1}{3}}.(abc)^{\frac{1}{6}}$ $\leq$ $9abc(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$ $\leq$ $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ $\leq$ $\frac{1}{9}[(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)]^3 = \frac{(a+b+c)^6}{9} =81$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} \geq 4 \sqrt[4] {\frac{1}{a^2+b^2+c^2}.(\frac{1}{3\sqrt{abc}})^3} = 4 \sqrt[4]{\frac{1}{27(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^3b^3c^3}}}$
Cuối cùng ta chứng minh $27abc(a^2+b^2+c^2)\sqrt{abc} \leq 81$.
Theo AM-GM ta có $abc \leq 1$. Do đó
$27abc(a^2+b^2+c^2)(abc)^{\frac{1}{3}}.(abc)^{\frac{1}{6}}$ $\leq$ $9abc(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$ $\leq$ $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ $\leq$ $\frac{1}{9}[(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)]^3 = \frac{(a+b+c)^6}{9} =81$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 17-10-2016 - 11:08
- le truong son yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
