Xem bài viết đơn
Old 08-01-2018, 11:44 PM   #2
Minh_Duy
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 6
Thanks: 6
Thanked 1 Time in 1 Post
Trích:
Nguyên văn bởi babyteen9x View Post
Cho các số thực dương $a;\,b;\,c$ thoả $abc=a+b+c$. Chứng minh rằng
\[\frac{{{a^2}}}{{a + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{b + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{c + ab}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}.\]
Theo Cauchy-Schwarz có
\[LH=\frac{{{a^2}}}{{a + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{b + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{c + ab}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + bc + b + ca + c + ab}} = \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{{a + b + c + 1}}} \right);\quad (*).\]
Theo AM-GM có
\[a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3\sqrt[3]{{ab + bc + ca}} \ge 3\sqrt[9]{{3{{\left( {abc} \right)}^2}}}.\]
Từ đó sẽ có được $\sqrt[3]{{abc}}\ge 3$ và vì thế
\[a+b+c\ge 9.\]
Điều đó sẽ dẫn đến
\[\frac{{a + b + c}}{{a + b + c + 1}} = 1 - \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge 1 - \frac{1}{{9 + 1}} > \frac{1}{4}.\]
Và kết hợp với khẳng đinh $(*)$ cho ta điều cần phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Minh_Duy is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Minh_Duy For This Useful Post:
vnt.hnue (09-01-2018)
 
[page compression: 8.49 k/9.57 k (11.30%)]