Chủ đề này có 4 trả lời

[stuart clark]

$(1)\;\; a,b,c,d\in\mathbb{R^{+}}\;\;,a+b+c=1$. Then prove that

$\displaystyle \left(a+\dfrac{1}{b}\right).\left(b+\dfrac{1}{c}\right).\left(c+\dfrac{1}{a}\right)\geq \left(\dfrac{10}{3}\right)^3$

$(2)\;\; a,b,c\in \left[0,\infty\right)$. Then prove that

$\displaystyle \left(a-\dfrac{1}{b}\right). \left(b-\dfrac{1}{c}\right). \left(c-\dfrac{1}{a}\right)\geq \left(a-\dfrac{1}{a}\right). \left(b-\dfrac{1}{b}\right). \left(c-\dfrac{1}{c}\right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi stuart clark: 15-10-2011 - 10:57

[dark templar]

$(1)\;\; a,b,c,d\in\mathbb{R^{+}}\;\;,a+b+c=1$. Then prove that

$\displaystyle \left(a+\dfrac{1}{b}\right).\left(b+\dfrac{1}{c}\right).\left(c+\dfrac{1}{a}\right)\geq \left(\dfrac{10}{3}\right)^3$

Applying Holder Inequality,we get:
$$LHS \ge \left(\sqrt[3]{abc}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}} \right)^3 \ge RHS=\left(\dfrac{10}{3} \right)^3$$
So we only have to prove that:
$$\sqrt[3]{abc}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}} \ge \dfrac{10}{3}$$
Now,using AM-GM Inequality,we have:
$$\sqrt[3]{abc}+\dfrac{1}{9\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{8}{9\sqrt[3]{abc}} \overset{AM-GM}{\ge} 2\sqrt{\sqrt[3]{abc}.\dfrac{1}{9\sqrt[3]{abc}}}+\dfrac{8}{9.\dfrac{(a+b+c)}{3}}=\dfrac{10}{3}$$
And we get our result.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-10-2011 - 12:10

[dark templar]

$(2)\;\; a,b,c\in \left[0,\infty\right)$. Then prove that

$\displaystyle \left(a-\dfrac{1}{b}\right). \left(b-\dfrac{1}{c}\right). \left(c-\dfrac{1}{a}\right)\geq \left(a-\dfrac{1}{a}\right). \left(b-\dfrac{1}{b}\right). \left(c-\dfrac{1}{c}\right)$

I don't think this inequality is true because it equivalents to $\underset{cyc}{\sum}(a^2-1)(b-c)^2 \ge 0$,which is obviously wrong when we take $a,b,c<1$.
So I suggest $a,b,c \in [1;+ \infty)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-10-2011 - 20:06

[taminhhoang10a1]

Áp dụng Holder ta có
VT \ge (\sqrt[3]{{abc}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}})^3
Áp dụng cosi ta có
\sqrt[3]{{abc}} + \dfrac{1}{{9\sqrt[3]{{abc}}}} \ge \dfrac{2}{3}
Mặt khác do a+b+c=1 nên \sqrt[3]{{abc}} \le \dfrac{1}{3} (cosi)
\Rightarrow \dfrac{8}{{9\sqrt[3]{{abc}}}} \ge \dfrac{8}{3}
\Rightarrow (\sqrt[3]{{abc}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}})^3 \ge \dfrac{{10}}{3}^3 (dpcm)
Dấu = xảy ra khi a =b =c =1/3

[taminhhoang10a1]

anh nào giỏi tiếng anh thì bảo ban stuart dark là mời thêm nhiều bạn bè nước ngoài vào diễn đàn của minh nhe