Chủ đề này có 2 trả lời

[Oral1020]

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $a+b+c=1$,chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{1-2(ab+bc+ac)}+\dfrac{1}{abc} \ge 30$

[ongngua97]

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $a+b+c=1$,chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{1-2(ab+bc+ac)}+\dfrac{1}{abc} \ge 30$

Ta có (VT)=$\frac{1}{(a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ac)}+\frac{1}{abc(a+b+c)}=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc(a+b+c)}\geq \frac{1}{\sum a^{2}}+\frac{3}{(\sum ab)^{2}}\geq \frac{1}{\sum a^{2}}+3(\frac{6}{\sum ab}-9)=\frac{1}{\sum a^{2}}+\frac{18}{\sum ab}-27=\frac{1}{\sum a^{2} }+\frac{1}{\sum ab}+\frac{1}{\sum ab}+\frac{16}{\sum ab}-27\geq \frac{9}{(\sum a)^{2}}+\frac{16.3}{(\sum a)^{2}}-27=30$

 

Ta có ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongngua97: 11-06-2013 - 19:38

[trauvang97]

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $a+b+c=1$,chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{1-2(ab+bc+ac)}+\dfrac{1}{abc} \ge 30$

 

Ta có: $1-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca)=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

 

và $\frac{1}{abc}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$

 

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức:

 

                        $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 30$ với $a+b+c=1$

 

Đặt vế trái của biểu thức chứng minh là $P$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky cho hai bộ 4 số $\left ( \frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}};\frac{1}{\sqrt{ab}};\frac{1}{\sqrt{bc}};\frac{1}{\sqrt{ca}} \right )$ và $\left ( \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}};3\sqrt{ab};3\sqrt{bc};3\sqrt{ca} \right )$ ta được:

 

                                           $(1+3+3+3)^{2}\leq P((a+b+c)^{2}+7(ab+bc+ca))$  $(1)$

 

Do $ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}$ nên từ $(1)$ suy ra $100\leq P.\frac{10}{3}(a+b+c)=\frac{10}{3}P$ nên $P\geq30$

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$