Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Chứng minh:$A=\sum \frac{a}{ab+1}\geq \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mikhail Leptchinski: 28-01-2015 - 21:25
$A=\sum \frac{a}{ab+1}\geq \frac{3}{2}$
Bắt đầu bởi Lee LOng, 19-01-2015 - 08:17
#2
Đã gửi 19-01-2015 - 11:36
dogsteven
-
- Thành viên
-
- 1567 Bài viết
Đại úy
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$\sum \dfrac{a}{ab+1}=\sum \left(a-\dfrac{a^2b}{ab+1}\right)\geqslant 3-\dfrac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\geqslant 3-\dfrac{(a+b+c)^3}{6}=\dfrac{3}{2}$
- Pham Le Yen Nhi và Lee LOng thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#3
Đã gửi 09-05-2021 - 11:37
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Ta có:
$\frac{a}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\geqslant a-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{a^3b}}{2}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được:
$\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geqslant a+b+c-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau:
$(x^2+y^2+z^2)^2\geqslant 3(x^3y+y^3z+z^3x)$
Ta được:
$(a+b+c)^2\geqslant 3(\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a})$
Do vậy
$a+b+c-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\geqslant a+b+c-\frac{(a+b+c)^2}{6}=\frac{3}{2}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
