Cho 3 số dương $a,b,c$ thoả mãn: $\sum \frac{1}{a} \leq \sum a$
#1
Đã gửi 18-06-2017 - 00:32
#2
Đã gửi 18-06-2017 - 00:49
Bài này tương tự bài toán $\text{A2 IMO 2009 Shortlist}$, chỉ thay điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$. Lời giải cũng tương tự như bài toán nói trên.
- Duy Thai2002 và Drago thích
#3
Đã gửi 18-06-2017 - 10:16
Theo đáp án của $ A2 IMO 2009 Shortlist $ thì có 2 cách:
Cách 1:
Với $x,y,z$ là các số thực dương, theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$2x+y+z=(x+y)+(x+z) \geq 2\sqrt{(x+y)(x+z)}$
nên ta được:
$\frac{1}{\left ( 2x+y+z \right )^2}\leq \frac{1}{4(x+y)(x+z)}$
Suy ra:
$\sum _{x,y,z}\frac{1}{\left ( 2x+y+z \right )^2}\leq \sum _{x,y,z}\frac{1}{4(x+y)(x+z)}=\frac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}$ $(1)$
Giả thiết $\sum_{x,y,z} \frac{1}{a}=\sum_{x,y,z} a$ có thể viết lại như sau:
$ab+bc+c=abc(a+b+c)$ $(2)$
Ta cũng có hai BĐT quen thuộc $(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)$ $(3)$
$9(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$ $(4)$
Kết hợp $(1),(2),(3)$ và $(4)$, ta kết thúc chứng minh:
$\frac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{2(a+b)(b+c)(c+a)}.\frac{ab+bc+ca}{abc(a+b+c)}.\frac{abc(a+b+c)}{\left (ab+bc+ca \right )^2}\leq \frac{9}{2.8}.1.\frac{1}{3}=\frac{3}{16}$
P/s: lười gõ quá, đành đăng cách 2 bằng ảnh, ai chỉ mình cách spoiler đoạn này vs
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 18-06-2017 - 10:22
- AnhTran2911 yêu thích
$\mathbb{VTL}$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh