Toán Lớp 9: các anh chuyên toán ơi cho a,b,c>0 và abc=1.cmr (a+b)(b+c)(c+a) ≥4(x+y+z-1)

0 bình luận về “Toán Lớp 9: các anh chuyên toán ơi cho a,b,c>0 và abc=1.cmr (a+b)(b+c)(c+a) ≥4(x+y+z-1)”

1. Giải đáp + giải thích các bước giải:

   (a+b)(b+c)(c+a)>=4(a+b+c-1)

   ->(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc>=4(a+b+c)-4

   ->(a+b+c)(ab+bc+ca)+3>=4(a+b+c)

   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

   3 . ((a+b+c)(ab+bc+ca))/3+3>=4\root{4}{[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^3/9}=4(a+b+c)\root{4}{(ab+bc+ca)^3/(9(a+b+c))}

   Bài toán trở thành chứng minh (ab+bc+ca)^3/(9(a+b+c))>=1

   (ab+bc+ca)^3/(9(a+b+c))=(ab+bc+ca)^3/(3.3abc(a+b+c))>=(ab+bc+ca)^3/(3(ab+bc+ca)^2)=(ab+bc+ca)/3 >= (3\root{3}{a^2b^2c^2})/3=1

   ->đpcm

   Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

   Trả lời
2. Đpcm ⇔ (a+b)(b+c)(c+a)≥4(a+b+c-1)

   ⇔(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc≥4(a+b+c)-4

   ⇔(a+b+c)(ab+bc+ca)-1≥4(a+b+c)-4

   ⇔(a+b+c)(ab+ca+ca)+3≥4(a+b+c)

   Áp dụng Am-Gm ,ta có

     (a+b+c)(ab+ca+ca)+3

   =$\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}$ +$\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}$ +$\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}$+3

   ≥4.$\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}.\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}.\frac{(a+b+c)(ab+ca+ca)}{3}.3}$

   =4.(a+b+c)$\sqrt[4]{\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{9(a+b+c)}}$ 

   Ta sẽ chứng minh $\sqrt[4]{\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{9(a+b+c)}}$ ≥1

   Hay $\frac{(ab+bc+ca)³}{9(a+b+c)}$ 

   =$\frac{(ab+bc+ca)³}{9abc(a+b+c)}$ 

   =$\frac{(ab+bc+ca)³}{9[(ab)+(bc)+(ca)}$ 

   Ta áp dụng CT :(x+y+z)²≥3(xy+yz+zx)

   nên $\frac{(ab+bc+ca)³}{9(a+b+c)}$ ≥$\frac{(ab+bc+ca)³}{3(ab+bc+ca)²}$

   =$\frac{(ab+bc+ca)}{3}$≥$\sqrt[3]{a.b.b.c.c.a}$ =1

   Trả lời