Chứng minh: $7(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9abc+2(a+b+c)^{3}$
#1
Posted 02-06-2012 - 20:26
7(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9abc+2(a+b+c)^{3}$
Đừng ngại học hỏi. Kiến thức là vô bờ, là một kho báu mà ta luôn có thể mang theo dể dàng
Trần Minh Đạt tự hào là thành viên VMF
#2
Posted 02-06-2012 - 20:38
Đầu tiên thì ta có thể chuẩn hoá $a+b+c=1$Cho $a,b,c>0. Chứng minh:
7(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9abc+2(a+b+c)^{3}$
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
Với $a,b,c$ là các số thực dương thì
\[(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) \le abc\]
Hay là
\[4(ab + bc + ca) \le 9abc + 1\]
Công việc còn lại của ta là chứng minh
\[1 \ge 3(ab + bc + ca) \Leftrightarrow {(a + b + c)^2} \ge 3(ab + bc + ca) \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge 0\]
Bài toán được chứng minh
- minhdat881439 likes this
#3
Posted 02-06-2012 - 20:42
Làm sao biết để mà chuẩn hóa vậy anhĐầu tiên thì ta có thể chuẩn hoá $a+b+c=1$
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
Với $a,b,c$ là các số thực dương thì
\[(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) \le abc\]
Hay là
\[4(ab + bc + ca) \le 9abc + 1\]
Công việc còn lại của ta là chứng minh
\[1 \ge 3(ab + bc + ca) \Leftrightarrow {(a + b + c)^2} \ge 3(ab + bc + ca) \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge 0\]
Bài toán được chứng minh
Đừng ngại học hỏi. Kiến thức là vô bờ, là một kho báu mà ta luôn có thể mang theo dể dàng
Trần Minh Đạt tự hào là thành viên VMF
#4
Posted 02-06-2012 - 20:44
#5
Posted 03-06-2012 - 00:26
BDT đã cho tương đương vớiCho $a,b,c>0. Chứng minh:
7(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9abc+2(a+b+c)^{3}$
$$(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2 \ge 0$$
(thực ra bài toán này yếu hơn schur bậc 3)
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users