Cho ba số a,b,c dương thỏa mãn $a+b+c\leq 3$
CMR : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 13-02-2015 - 22:26
Chứng minh $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
Bắt đầu bởi minho12345, 13-02-2015 - 20:36
#2
Đã gửi 13-02-2015 - 20:45
dogsteven
-
- Thành viên
-
- 1567 Bài viết
Đại úy
$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2(a+b+c)^3\leqslant (a^{4/5}+b^{4/5}+c^{4/5})^5$
Ta sẽ chứng minh $(x^4+y^4+z^4)^5\leqslant 3^3(x^5y^5+y^5z^5+z^5x^5)^2\leqslant (a+b+c)^3(ab+bc+ca)^2$ với $x^5=a, y^5=b, z^5=c$
Chuẩn hóa $x^4+y^4+z^4=3$ thì cần chứng minh $x^5y^5+y^5z^5+z^5x^5\leqslant 3$
Đến đây dễ rồi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 13-02-2015 - 21:07
- nguyenhongsonk612, tunglamlqddb và minho12345 thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#3
Đã gửi 04-05-2021 - 07:15
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant 2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant (a+b+c)^2$
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $a^2+b^2+c^2+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})=(a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a})+(b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b})+(c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c})\geqslant 3\sqrt[3]{a^2.\sqrt{a}.\sqrt{a}}+3\sqrt[3]{b^2.\sqrt{b}.\sqrt{b}}+3\sqrt[3]{c^2.\sqrt{c}.\sqrt{c}}=3(a+b+c)\geqslant (a+b+c)^2(Q.E.D)$
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 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
