Chủ đề này có 1 trả lời

[pcfamily]

Cho $a,b,c>0$ và $\sum  \sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2014}$

 

Chứng minh:

 $\sum  \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{\sqrt{1007}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcfamily: 11-10-2014 - 20:24

[binhnhaukhong]

Sử dụng bất đẳng thức sau: $x+y\leq \sqrt{2(x^2+y^2)}$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{x^2}{\sqrt{2(y^2+z^2)}}$

Từ GT đặt $a=\sqrt{x^2+y^2};b=\sqrt{y^2+z^2};c=\sqrt{x^2+z^2}$

Từ đó có $x^2=\frac{a^2+c^2-b^2}{2};y^2=\frac{a^2+b^2-c^2}{2};z^2=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$

Thay vào bất đẳng thức cần CM ta được:

$P=\frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{a^2+c^2-b^2}{b}+\frac{a^2+b^2-c^2}{c}+\frac{b^2+c^2-a^2}{a})$

$P=\frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{a}-a-b-c)$

Theo CBS $P\geq \frac{1}{2.\sqrt{2}}(a+b+c)=\frac{\sqrt{1007}}{2}$($a+b+c=\sqrt{2014}$)