$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
#1
Đã gửi 30-09-2012 - 13:06
$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
#2
Đã gửi 30-09-2012 - 13:34
#3
Đã gửi 30-09-2012 - 15:09
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $a.b.c=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $a.b.c=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
Một cách khác:
$VT=\sum (\dfrac{a^2}{a(b+c)}) \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \geq \dfrac{3(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\frac{3}{2}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 30-09-2012 - 15:09
- yellow yêu thích
#4
Đã gửi 17-10-2012 - 14:28
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $a.b.c=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
Đặt $\frac{x}{y}=a;\frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c$
Ta đưa đc về BĐT Nesbitt 3 biến
$$\frac{x}{y+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{y}{x+z}\ge \frac{3}{2}$$
#5
Đã gửi 13-05-2021 - 17:10
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $a.b.c=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$
Lời giải. Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x,y,z>0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x+y\geqslant z+x\geqslant y+z>0 & \\ \frac{x}{y+z}\geqslant \frac{y}{z+x}\geqslant \frac{z}{x+y}>0 & \end{matrix}\right.$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh