Chủ đề này có 2 trả lời

[trungdung97]

Cho a,b,c dương có tích bằng 1.Chứng minh rằng
1)$\sum\sqrt{8a^2+1}\leq 3(a+b+c)$

2)$\frac{a+b+c}{3} \geq\sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-06-2012 - 21:03

[NguyThang khtn]

Cho a,b,c dương có tích bằng 1.Chứng minh rằng


2)$\frac{a+b+c}{3} \geq\sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Bài toán trên của tác giả Michael Rorenberg và được coi là một bất đẳng thức "không tồn tại lời giải đẹp" tuy vậy mình có được biết đến một chứng minh sử dụng bổ đề sau:
$(a+b+c)^6 \ge \dfrac{729}{5}abc(\sum a^3+2abc)$ với mọi số thực dương a,b,c.
Thật vậy BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\dfrac{(a+b+c)^3}{abc}-27 \ge \dfrac{729}{5}abc(\sum a^3+2abc)-27$
Bằng một số phép biến đổi đơn giản BĐT có thể viết lại thành:
$\sum [\dfrac{7a+b+c}{abc}-\dfrac{54}{5}\dfrac{11b+11c-4a}{(a+b+c)^3}](b-c)^2 \geq 0$
Đặt $S_a=\dfrac{7a+b+c}{abc}-\dfrac{54}{5}\dfrac{11b+11c-4a}{(a+b+c)^3},S_b.S_c$ tương tự.
Khi đó BĐT cần chứng minh có dạng:
$\sum S_a(b-c)^2 \ge 0$. Giả sử : $a \ge b \ge c$ khi đó dễ thấy $S_a \ge S_b \ge S_c$
Ta sẽ chứng minh: $S_b+S_c \ge 0$ hay:
$P=5(a+b+c)^3(a+4b+4c)-27abc(22a+7b+7c) \geq 0$
Theo BĐT AM-GM , ta có:
$(a+b+c)^2 \geq 4a(b+c) \geq \dfrac{16abc}{b+c}$
$\Rightarrow P \geq \dfrac{abc}{b+c}[80(a+b+c)(a+4b+4c)-27(b+c)(22a+7b+7c)]$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$80(a+b+c)(a+4b+4c)-27(b+c)(22a+7b+7c) \geq 0$
Do đây là BĐT thuần nhất ta có thể chuản hóa $a+b+c=3$ khi đó BĐT trở thành:
$80(4-a)-9(3-a)(7+5a) \ge 0$
Tương đương:
$45a^2-152a+131 \ge 0$( Đúng)
Vậy $S_b+S_c \ge 0 \Rightarrow S_a \geq S_b \geq 0$.
Khi đó sử dụng tính chất $(a-c)^2 \ge (a-b)^2$
Ta có: $\sum S_a(b-c)^2 \ge S_a(b-c)^2 + S_b()a-b)^2 \ge 0$
Bổ đề đượng chứng minh .
Trở lại với bài toán kết hợp với $abc=1$ ta có:
$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[6]{\dfrac{\sum a^3 +2}{5}}$
Theo AM-GM ta có:
$a^3+b^3+c^3+2 = 3 dfrac{\sum a^3 }{3}+1+1 \ge 5\sqrt[5]{dfrac{(\sum a^3 )^3}{27}}$
Kết hợp với trên ta suy ra ĐPCM!

[trungdung97]

Mình sẽ mở rộng bài 2 như sau ; Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[30]{\frac{a^{7}b^{7}c^{7}(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{3}}{27}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 01-07-2012 - 09:36