Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca \geq 3+\sqrt{1+a^2} +\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$
CM $ab+bc+ca \geq 3+\sqrt{1+a^2} +\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$
#1
Posted 02-10-2017 - 19:34
#2
Posted 02-10-2017 - 20:15
Ta có $ \sum ab =\sum \frac{abc}{c}=\sum \frac{a+b+c}{c}=\sum \frac{a+b}{c} +3$
Vậy ta cần chứng minh $ \sum \frac{a+b}{c} \geq \sum \sqrt{1+a^2}$
Thật vậy ta có:
$\sqrt{1+a^2}=\sqrt{\frac{abc}{a+b+c}+a^2}=\sqrt{\frac{a(a+b)(a+c)}{a+b+c}}=\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{bc}}$ (do $abc=a+b+c$) $\leq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b})$
Tương tự rồi cộng vế ta có $Q.E.D$
- hanguyen445, The Flash, M4st3r of P4nstu and 3 others like this
Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.
Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.
#3
Posted 02-10-2017 - 20:28
#4
Posted 02-10-2017 - 20:28
chia abc cho cả 2 vế, đặt 1/a=x;1/b=y;1/c=z
-----Đừng chọn sống an nhàn trong những năm tháng mà bạn "chịu khổ được"-----
#5
Posted 05-10-2017 - 21:18
BĐT $\Leftrightarrow (ab+bc+ca-3)^{2}\geq (\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1})^{2}$
Có $(ab+bc+ca-3)^{2}= (ab+bc+ca)^{2}-6(ab+bc+ca)+9\geq 3(a+b+c)abc-6(ab+bc+ca)+9= 3(a+b+c)^{2}-6(ab+bc+ca)+9= 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9$
Ta cần chứng minh $(\sum \sqrt{a^{2}+1})^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)$
Ap dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
$(\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1})^{2}\leq 3(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)= 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)$
$\Rightarrow dpcm$
- duylax2412 likes this
Đặng Minh Đức CTBer
#6
Posted 23-07-2018 - 22:35
#7
Posted 25-07-2018 - 14:25
[khác hơn!]
$$\sum\limits_{cyc}ab+ 3\geqq 2\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^{2}+ 1}$$
$$\sqrt{\prod\limits_{cyc}\left ( a^{2}+ 1 \right ) }+ 4\geqq 2\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^{2}+ 1}$$
#8
Posted 25-07-2018 - 20:57
#9
Posted 13-05-2021 - 19:37
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca \geq 3+\sqrt{1+a^2} +\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$
Lời giải. Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$ thì $xy+yz+zx=1$ và ta cần chứng minh: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geqslant 3+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: $\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}\leqslant \sqrt{3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+3)}$
Như vậy, ta cần chứng minh: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geqslant 3+\sqrt{3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+3)}$
$\Leftrightarrow (\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}-3)^2\geqslant 3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3$)
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{a^2b^2c^2}\geqslant 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$
Edited by KietLW9, 13-05-2021 - 19:37.
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 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users