Chủ đề này có 2 trả lời

[Cetus]

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cetus: 14-07-2014 - 10:55

[25 minutes]

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Khi đặt $\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}=x,y,z\Rightarrow xyz=1$

Bất đẳng thức trở thành $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\leqslant \frac{3}{\sqrt{2}}$

Do vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên ta có thể giả sử $z$ là số lớn nhất, khi đó $xy \leqslant 1$

Dễ thấy bất đẳng thức sau $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leqslant \frac{2}{\sqrt{1+xy}}$

   $\Rightarrow\sum  \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leqslant \frac{2}{\sqrt{1+xy}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}=\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}=f(z),z \geqslant 1$

Đến đây có thể khảo sát hoặc biến đổi như sau : 

  $\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}-\frac{3}{\sqrt{2}}=(z-1)\left [ \frac{2}{2\sqrt{z(z+1)}+\sqrt{2}(z+1)} -\frac{z+1}{2\sqrt{1+z^2}+\sqrt{2}(1+z^2)}\right ]$

Vậy $f(z)\leqslant \frac{3}{\sqrt{2}}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c>0$

[lahantaithe99]

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki

 

$Vt=\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}\leqslant \sqrt{\left [\sum \frac{a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)} \right ]\left [ \sum (a^2+c^2) \right ]}$

 

$\Leftrightarrow Vt\leqslant \sqrt{\frac{4(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}$

 

Mà ta lại có BĐT quen thuộc là

 

$(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leqslant \frac{9}{8}(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$

 

Do đó $Vt\leqslant \frac{3}{\sqrt{2}}$

 

Dấu $=$ khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 14-07-2014 - 15:12