Bài toán:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]
Lời giải:
Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}~~(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}~~(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}~~(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm.
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}~~(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}~~(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}~~(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét