Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\boxed{1} \dfrac{2}{3} \ge \sqrt[6]{(a+bc)(b+ac)(c+ab)}$
$\boxed{2} \sqrt[6]{(a+bc)(b+ac)(c+ab)} \ge 2\sqrt[3]{abc}$
---
Chỉ dùng những BDT quen thuộc.Dễ nhưng hiểm
$ \dfrac{2}{3} \ge \sqrt[6]{(a+bc)(b+ac)(c+ab)}$
Started By Oral1020, 06-03-2013 - 16:53
#1
Posted 06-03-2013 - 16:53
- DarkBlood, Tienanh tx, Anh Vinh and 1 other like this
"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.
If I feel happy,I do mathematics to keep happy."
Alfréd Rényi
#2
Posted 06-04-2013 - 21:46
Ta có :a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)
Tương tự VP1=$\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$$\leq \frac{2(a+b+c)}{3}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow dpcm$
Trên con đường thành công không có bước chân của những kẻ lười biếng
#3
Posted 06-04-2013 - 21:51
Áp dụng như bài 1 ta có VT2$= \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \sqrt[3]{8\sqrt{a^{2}b^{2}c^{2}}}=2\sqrt[3]{abc}\Rightarrow dpcm$
Trên con đường thành công không có bước chân của những kẻ lười biếng
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users