Cho \(a,b,c>0\)chứng minh rằng: \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có:
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Cộng vế với vế:
\(3\ge\frac{3\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\Leftrightarrow\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:
\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)
\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(VT=\sqrt{\left(2+2a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\)
\(VT=\sqrt{\left[a^2-2a+1+a^2+2a+1\right]\left[b^2+2bc+c^2+b^2c^2-2bc+1\right]}\)
\(VT=\sqrt{\left[\left(1-a\right)^2+\left(a+1\right)^2\right]\left[\left(bc-1\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}\)
Bunhiacopxki:
\(VT\ge\left(1-a\right)\left(bc-1\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)-2\left(1+abc\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta chứng minh 2 bất đẳng thức phụ sau: với x, y, z dương thì:
\(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)
\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\left(2\right)\)
+ Chứng minh BĐT (1), sử dụng BĐT AM - GM:
\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4x^2yz\)
\(y^4+y^4+x^4+z^4\ge4xy^2z\)
\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4xyz^2\)
Cộng dồn lại ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
+ Chứng minh BĐT (2). Ta có:
\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)=1+x+y+z+xy+yz+xyz\ge1+3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xyz=\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\)
Bây giờ ta quay lại chứng minh BĐT ở đề.
BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:
\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}\ge\sqrt[4]{3}+\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)
Sử dụng BĐT (1) ta có:
\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Sử dụng BĐT (2) và BĐT AM - GM ta có:
\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\left(3+\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)
\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc.1.1}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)
Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(BĐT\Leftrightarrow abc+2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(a^2+b^2+c^2-2a-2b-2c+3\right)\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\left(a+b+c\right)+3\ge\sqrt{2}\left(a+b+c-abc-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-1\right)^2\ge\sqrt{2}\left[a\left(1-bc\right)+b+c-2\right]\)
Theo nguyên lý Diriclet , trong 3 số a-1 ;b-1; c-1 có ít nhất 2 số cùng dấu. Giả sử đó là b-1 và c-1 thì \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)
hay \(bc-1\ge b+c-2\Leftrightarrow1-bc\le2-b-c\)
Do đó \(VF\le\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)
Giờ chỉ cần chứng minh \(\sum\left(a-1\right)^2\ge\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)
và điều này hiển nhiên đúng theo BĐT AM-GM:
\(\sum\left(a-1\right)^2=\left(1-a\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge\left(1-a\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(b+c-2\right)^2\ge\sqrt{2}\left|\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\right|\ge\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu = xảy ra khi a=b=c=1
P/s: có nhiều cách làm
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b+1}{12}+\dfrac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{216\left(b+1\right)\left(c+2\right)}}=\dfrac{a}{2}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c+1}{12}+\dfrac{a+2}{18}\ge\dfrac{b}{2}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}+\dfrac{a+1}{12}+\dfrac{b+2}{18}\ge\dfrac{c}{2}\)
Cộng vế:
\(VT+\dfrac{5}{36}\left(a+b+c\right)+\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{13}{36}\left(a+b+c\right)-\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{13}{36}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{7}{12}=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)
BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
tham khảo lời giải của Sagittarius912 , do cái URL bị lỗi nên không có ảnh :(
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{1}{a+1}+\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{c}{1+c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
ơ nhầm rồi :( tiếp tục là dòng đó luôn nha bạn \(+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3+3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(< =>1+1+1\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(< =>3\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)\)
\(< =>\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)^3\left(Q.E.D\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)