Chủ đề này có 3 trả lời

[Tea Coffee]

2) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(ab+bc+ac)$ và $abc\neq 0$.CMR: $\frac{\left | a-b \right |}{\sqrt{2ab+c^{2}}}+\frac{\left | b-c \right |}{\sqrt{2bc+a^{2}}}+\frac{\left | c-a \right |}{\sqrt{2ac+b^{2}}}\geq 2$

3) Cho $a,b,c> 0$ và $a+b+c=3$. CMR: $(a+b)(b+c)(a+c)\geq (ab+c)(ac+b)(bc+a)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 27-11-2017 - 00:50

[Kylie Nguyen]

Bài 1 áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có$(3x+4\sqrt{1-x^{2}})^{2}\leq (9+16)(1-x^{2}+x^2)=25$ suy ra...

[Khoa Linh]

2) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(ab+bc+ac)$ và $abc\neq 0$.CMR: $\frac{\left | a-b \right |}{\sqrt{2ab+c^{2}}}+\frac{\left | b-c \right |}{\sqrt{2bc+a^{2}}}+\frac{\left | c-a \right |}{\sqrt{2ac+b^{2}}}\geq 2$

3) Cho $a,b,c> 0$ và $a+b+c=3$. CMR: $(a+b)(b+c)(a+c)\geq (ab+c)(ac+b)(bc+a)$

Bài 2

Từ GT ta có:

2ab+c^2=(b-c)^2+(c-a)^2

BĐT cần chứng minh sẽ tương đương với :

$\large \sum \sqrt{\frac{x}{y+z}}\geq 2$ 

trong đó x=(a-b)^2; y=(b-c)^2; z=(c-a)^2

BĐT này quen thuộc rồi

dấu bằng xảy ra khi a=b=4c và các hoán vị 

[nmtuan2001]

3) Cho $a,b,c> 0$ và $a+b+c=3$. CMR: $(a+b)(b+c)(a+c)\geq (ab+c)(ac+b)(bc+a)$

$(ab+c)(ac+b) \leq \frac{(ab+c+ac+b)^2}{4}=\frac{(b+c)^2(a+1)^2}{4}$

Từ các BĐT tương tự, ta có

$$(ab+c)(bc+a)(ca+b) \leq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1)}{8}$$

Mà $(a+1)(b+1)(c+1) \leq \frac{(a+1+b+1+c+1)^3}{27}=\frac{6^3}{27}=8$, nên 

$$(ab+c)(bc+a)(ca+b) \leq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1)}{8} \leq (a+b)(b+c)(c+a)$$