$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 31-10-2012 - 12:14
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 31-10-2012 - 12:14
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 31-10-2012 - 16:19
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 31-10-2012 - 21:59
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$
Vừa tìm được lời giải khá thú vị cho bài này.
Viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất là
\[\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{6abc}{a^3+b^3+c^3}\ge 5,\]
hoặc
\[ \dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3-3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2} \geq \dfrac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a^3+b^3+c^3} .\] Giả sử $c\ge b \ge a.$ Ta có đánh giá \[\begin{aligned} a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3-3a^2b^2c^2&=(ab+bc+ca)[c^2(a-b)^2+ab(a-c)(b-c)]\\&\ge (ab+bc+ca)[ab(a-b)^2+ab (a-c)(b-c)]\\&\ge (ab+bc+ca)\cdot ab \cdot [(a-b)^2+(a-c)(b-c)],\end{aligned}\] và \[a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].\] Do đó, ta cần chứng minh \[\frac{(ab+bc+ca)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)]}{abc^2}\ge \frac{2(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)]}{a^3+b^3+c^3},\] tương đương với \[(ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3)\ge 2abc^2(a+b+c).\] Theo bất đẳng thức AM-GM, thì \[abc(a+b+c)\le \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}.\] Do đó, ta cần chứng minh được \[3(a^3+b^3+c^3)\ge 2c(ab+bc+ca),\] hay là \[3(a^3+b^3+c^3)\ge 2c^2(a+b)+2abc.\] Vì \[a^3+b^3\ge \frac{(a+b)^3}{4}\;\;,\text{và}\;\;c^3=\frac{c^3}{2} +\frac{c^3}{2}.\] Nên theo bất đẳng thức AM-GM, ta có \[a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)^3}{4}\cdot\frac{c^3}{2}\cdot\frac{c^3}{2}}=\frac{3}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b).\] Từ đó suy ra \[3(a^3+b^3+c^3)\ge\frac{9}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b).\] Do đó, ta cần chứng minh \[\frac{9}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b)\ge 2c^2(a+b)+2abc,\] \[\left (\frac{9}{2\sqrt[3]{2}} -2 \right )c(a+b)\ge 2ab.\] Bất đẳng thức này đúng vì $c(a+b)\ge c\cdot 2a \ge 2ab,$ và $\left (\dfrac{9}{2\sqrt[3]{2}} -2 \right )>1.$
Sử dụng phương pháp tương tự, ta cũng chứng minh được bất đẳng thức Việt Nam TST 2013
$$ \dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2} + \dfrac{13abc}{a^3+b^3+c^3+abc} \geq \dfrac{25}{4}.$$
với cùng điều kiện.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 01-01-2014 - 01:54
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh