Chủ đề này có 2 trả lời

[nhatminhkh2602]

Cho a,b,c là 3 số thực dương.Chứng minh rằng :

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatminhkh2602: 27-12-2018 - 19:51

[DOTOANNANG]

Spoiler

$\lceil$ https://diendantoanh...bc/#entry718708 $\rfloor$

Ta có: $\sum\limits_{cyc}\, \frac{\it{a}}{\it{b}}= \sum\limits_{cyc}\, \frac{\it{a}^{\,\it{2}}}{\it{ab}}\geqq \frac{\left ( \it{a}+ \it{b}+ \it{c} \right )^{\,\it{2}}}{\it{ab}+ \it{bc}+ \it{ca}}$

Sử dụng $\lceil$ uvw $\rfloor$ , với $\it{3}\,\it{u}= \it{a}+ \it{b}+ \it{c},\,\it{3}\,\it{v}^{\,\it{2}}= \it{ab}+ \it{bc}+ \it{ca},\,\it{w}^{\,\it{3}}= \it{abc}$ , bất đẳng thức ta cần chứng minh tương đương với : $\frac{\it{9}\,\it{u}^{\,\it{2}}}{\it{3}\,\it{v}^{\,\it{2}}}\geqq \frac{\it{3}\,\it{u}}{\it{w}}$ . Do: ${\it{f}}'\left ( \it{w}^{\,\it{3}} \right )= \frac{\it{u}}{\it{w}^{\,\it{4}}}\geqq \it{0}$ nên $\it{f}$ là hàm lồi, ta cần chứng minh bất đẳng thức trên với giá trị cực đại của $\it{w}^{\,\it{3}}$ theo $\it{2}$ trường hợp sau:

$\it{w}^{\,\it{3}}\rightarrow \it{0}$ . Bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng!

Hai biến bằng nhau, ở đây là $\it{a}= \it{b}$ , khi đó ta cần chứng minh: $\Leftrightarrow \left ( \it{2}\,\it{b}+ \it{c} \right )\sqrt[\it{3}\,]{\it{b}^{\,\it{2}}\it{c}}\geqq \it{b}\left ( \it{b}+ \it{2}\,\it{c} \right )\Leftrightarrow \it{b}\geqq \it{c}$ (có thể giả sử như vậy mà không làm mất tính tổng quát trong chứng minh vì bất đẳng thức này đối xứng!)

Xem thêm về hàm lồi tại đây: $\lceil$ https://en.wikipedia...oncave_function $\rfloor$ .

[KietLW9]

Ta có:$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})=(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c})+(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b})\geqq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}+ 3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}+3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow Q.E.D$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c