Đến nội dung

Hình ảnh

$(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq 27$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
vinh1712

vinh1712

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
Cho các số dương a,b,c thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ CMR
$(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq 27$

#2
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Cho các số dương a,b,c thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ CMR
$(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq 27$

Không thể nào từ bỏ BĐT được :( Xin trích dẫn lời giải của Trần Quốc Anh :

Đặt $x=ab;y=bc;z=ca \implies a=\sqrt{\frac{xz}{y}};b=\sqrt{\frac{xy}{z}};c=\sqrt{\frac{yz}{x}}$.Giả thuyết khi này trở thành:$x+y+z=xy+yz+zx$.BĐT cần chứng minh tương đương với:
$$(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 \ge 27 \iff \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{x+y+z}}$$
Viết lại BĐT dưới dạng thuần nhất như sau:
$$\sqrt{\frac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y+z}} \ge \frac{3\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$$
Tương đương với:
$$2\left(\sqrt{\frac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y+z}} \right)+\frac{3\sqrt{3}(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2} \ge 3\sqrt{3}$$
Theo AM-GM:
$$\frac{3\sqrt{3}x^2}{(x+y+z)^2}+\sqrt{\frac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\frac{x}{x+y+z}} \ge \frac{3\sqrt{3}x}{x+y+z}$$
Như vậy:
$$VT \ge 3\sqrt{3}\left(\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z} \right)=3\sqrt{3}=VP$$
Điều phải chứng minh.Đẳng thức khi $x=y=z=1 \iff a=b=c=1$.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#3
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Cho các số dương a,b,c thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ CMR
$(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq 27$

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta được: $\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)^2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right) \geqslant (ab+bc+ca)^3$ $\Leftrightarrow \left(ab+bc+ca\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)^2 \geqslant \dfrac{(ab+bc+ca)^4}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$

Ta cần chứng minh:$\left(ab+bc+ca\right)^4 \geqslant 27\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)$

Đặt $t=ab+bc+ca$, do $a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ nên $ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)$

Khi đó: $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)=t^2-2t$

Vậy ta quy về chứng minh: $t^4 \geqslant 27(t^2-2t) \Leftrightarrow t(t+6)(t-3)^2 \geqslant 0(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh