3 replies to this topic

[anh690136]

cho $a,b,c $là các số thực dương thỏa $a + b + c =3$. Chứng minh:

 

$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}} + \sqrt{\frac{b+c}{a+bc}} + \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$

Edited by Super Fields, 29-05-2015 - 13:14.

[epicwarhd]

Có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(a+b)}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(3-c)}}= \frac{2(a+b)}{2\sqrt{(c+ab)(a+b)}}$

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho mẫu suy ra $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{c+ab+3-c}= \frac{2(a+b)}{3+ab}$

Do $a+b+c=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=9$

Chứng minh bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$

Suy ra $3(ab+bc+ca)\leq 9\Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

Theo câu trên ta có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}$

Mà $ab+bc+ca\leq 3\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{2ab+ca+bc}= \frac{4(a+b)}{4ab+2c(a+b)}$

Áp dụng bất đẳng thức $4ab\leq (a+b)^{2}\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{4(a+b)}{(a+b)^{2}+2c(a+b)}= \frac{4}{a+b+2c}$

Tương tự $\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}\geq \frac{4}{b+c+2a}\\\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq \frac{4}{c+a+2b}$

Chứng minh bất đẳng thức $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 9(x+y+z)$

Suy ra $\frac{4}{a+b+2c}+\frac{4}{b+c+2a}+\frac{4}{c+a+2b}\geq \frac{36}{4(a+b+c)}= \frac{36}{12}= 3$

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

[lequanghung98]

@epicwarhd: dòng thứ 3 từ dưới lên trên chính xác phải là $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z}$

Chỗ này có vẻ không đúng cho lắm $\frac{a+b}{c+ab}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}\leq \frac{2(a+b)}{ab+bc+ca+ab}?$

À ừ, bài mình sai rồi

@epicwarhd: dòng thứ 3 từ dưới lên trên chính xác phải là $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z}$

À ừ đúng rồi

Edited by Super Fields, 31-05-2015 - 16:03.

[nguyenhongsonk612]

Có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(a+b)}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(3-c)}}= \frac{2(a+b)}{2\sqrt{(c+ab)(a+b)}}$
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho mẫu suy ra $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{c+ab+3-c}= \frac{2(a+b)}{3+ab}$
Do $a+b+c=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=9$
Chứng minh bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$
Suy ra $3(ab+bc+ca)\leq 9\Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$
Theo câu trên ta có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}$
Mà $ab+bc+ca\leq 3$$\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{2ab+ca+bc}$$= \frac{4(a+b)}{4ab+2c(a+b)}$
Áp dụng bất đẳng thức $4ab\leq (a+b)^{2}\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{4(a+b)}{(a+b)^{2}+2c(a+b)}= \frac{4}{a+b+2c}$
Tương tự $\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}\geq \frac{4}{b+c+2a}\\\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq \frac{4}{c+a+2b}$
Chứng minh bất đẳng thức $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 9(x+y+z)$
Suy ra $\frac{4}{a+b+2c}+\frac{4}{b+c+2a}+\frac{4}{c+a+2b}\geq \frac{36}{4(a+b+c)}= \frac{36}{12}= 3$
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Chỗ này có vẻ không đúng cho lắm $\frac{a+b}{c+ab}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}\leq \frac{2(a+b)}{ab+bc+ca+ab}?$

$ab+bc+ca\leq 3$ thì $3+ab\leq ab+bc+ca+ab$thì $\frac{1}{3+ab}\geq \frac{1}{ab+bc+ca+ab}$ Chỗ này đúng mak

$ab+bc+ca\leq 3$ mà, có $\geq 3$ đâu?

À ừ, bài mình sai rồi

Làm như thế này

cho $a,b,c $là các số thực dương thỏa $a + b + c =3$. Chứng minh:

$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}} + \sqrt{\frac{b+c}{a+bc}} + \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$

Lời giải
Áp dụng BĐT $AM-GM$ cho $3$ số ta có
$VT\geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(c+ab)(a+bc)(b+ca)}}$
Giờ chỉ cần C/m $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(a+bc)(b+ca)$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\sqrt{(c+ab)(a+bc)}\leq \frac{(c+a+ab+bc)}{2}=\frac{(c+a)(b+1)}{2}$
Thiết lập các BĐT tương tự
Nhân lại theo vế ta được
$(c+ab)(a+bc)(b+ca)\leq (a+b)(b+c)(c+a).\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{8}$
Lại có $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\leq \frac{\begin{pmatrix} \frac{a+b+c+3}{3} \end{pmatrix}^3}{8}=1$
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Edited by Super Fields, 31-05-2015 - 16:03.