Chứng minh rằng: $2\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
với $a,b,c\geq 0$
$2\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Bắt đầu bởi nightshade, 02-08-2012 - 09:13
#1
Đã gửi 02-08-2012 - 09:13
#2
Đã gửi 02-08-2012 - 09:49
Ý tưởng đâu tiên là phá căn để đpcm đỡ cồng kềnh
Vì đây là bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $(a+b)(b+c)(c+a)=8$
Lúc đó ta cần chứng minh $\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}$
$\Leftrightarrow ab+bc+ca\leq 3$ (*)
Ta có một đẳng thức quen thuộc:$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ Mà $abc\leq \frac{1}{8}(a+b)(b+c)(c+a)$
$\to (a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\to 9\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.(ab+bc+ca)$
$\to 3\geq ab+bc+ca$ Hay (*) đúng.
Vậy bất đẳng thức ban đầu đúng.Dấu = xảy ra khi $a=b=c$
Vì đây là bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $(a+b)(b+c)(c+a)=8$
Lúc đó ta cần chứng minh $\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}$
$\Leftrightarrow ab+bc+ca\leq 3$ (*)
Ta có một đẳng thức quen thuộc:$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ Mà $abc\leq \frac{1}{8}(a+b)(b+c)(c+a)$
$\to (a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\to 9\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.(ab+bc+ca)$
$\to 3\geq ab+bc+ca$ Hay (*) đúng.
Vậy bất đẳng thức ban đầu đúng.Dấu = xảy ra khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-08-2012 - 09:50
- BlackSelena, nthoangcute, Secrets In Inequalities VP và 1 người khác yêu thích
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh
#3
Đã gửi 02-08-2012 - 09:50
Ta cần chứng minh $64(ab+bc+ca)^3 \leq 27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2$Chứng minh rằng: $2\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
với $a,b,c\geq 0$
Tương đương với:
$$16(ab+bc+ca)(ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2)+((a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc)(11(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc) \geq 0$$
BĐT này luôn đúng nên ta có đpcm
- Secrets In Inequalities VP, WhjteShadow và nightshade thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#4
Đã gửi 02-08-2012 - 10:25
Chuẩn hóa $ab+bc+ca=3$ $\Rightarrow abc\leq 1$Chứng minh rằng: $2\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
với $a,b,c\geq 0$
$\Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a)= (a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$
$\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)-abc\geq 8$$\Rightarrow VP\geq \sqrt{3}.2= VT$
p/s : Đạt đâu rồi . Dota đê
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 02-08-2012 - 10:28
- WhjteShadow và nightshade thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh