Chủ đề này có 3 trả lời

[Baoriven]

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leq \sqrt{2}(a+b+c)$

[yeutoan2001]

Dễ có $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 3$

CÓ VT= $\sum (\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{2a})-\sum \sqrt{2a}\leq \sum \sqrt{2(a+1)^{2}}-\sum \sqrt{2a}$

=$\sqrt{2}(a+b+c)+(3\sqrt{2}-\sum \sqrt{2a})\leq \sqrt{2}(a+b+c)$

[tritanngo99]

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leq \sqrt{2}(a+b+c)$

Ta có: $abc=1\implies ln(a)+ln(b)+ln(c)=0$.

Áp dụng PP tiếp tuyến, ta chứng minh được: $\sqrt{2}a-\sqrt{a^2+1}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}ln(a)(*)\implies Q.E.D$

Ps: Chứng minh $(*)$ ta dùng phương pháp hàm số

[TRAN PHAN THAI ANH]

Theo lời giải của mình là

ta cần cm: a+b+c=ab+bc+ca=$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Ta có $a+\frac{1}{a}\geq 2\Rightarrow \frac{1}{a}\geq 2-a$

Suy ra:$a+b+c\geq 6-(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c\geq 3$(CM bằng AM-GM vì abc=1)(đúng vì đây là chứng minh tương đương)

Nên a+b+c=ab+bc+ca là đúng

ÁP Dụng BĐT cauchy-swarz

$\sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ca)}+\sqrt{c(c+ab)}\leq \sqrt{(a+b+c)(a+b+c+ab+ca+ba)}= \sqrt{2}(a+b+c)(ĐMPC)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRAN PHAN THAI ANH: 24-12-2016 - 14:39