CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+\frac{15}{4}abc\geq \frac{1}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kudo Shinichi: 17-12-2012 - 20:58
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kudo Shinichi: 17-12-2012 - 20:58
James Moriarty
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 17-12-2012 - 21:21
Tương tự bài này ^^cũng với điều kiện như trên chứng minh rằng:
$3(ab+ac+bc)-\frac{27}{4}abc\leq \frac{3}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 17-12-2012 - 21:38
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn: $a+b+c=1$
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+\frac{15}{4}abc\geq \frac{1}{4}$
Lời giải. Theo Schur bậc 3, ta có:
$a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$\Leftrightarrow 3(a^3+b^3+c^3)+9abc\geqslant 3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geqslant a^3+b^3+c^3+6abc+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)$
$\Leftrightarrow 4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geqslant (a+b+c)^3=1$
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+\frac{15}{4}abc\geq \frac{1}{4}(Q.E.D)$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh