Đến nội dung

Hình ảnh

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc\sum \frac{1}{a^{2}+1}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
darkangle249

darkangle249

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết

cho $a,b,c >0$ thỏa mãn $ab+bc+ca\leq 1$ chứng minh rằng

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc\sum \frac{1}{a^{2}+1}$



#2
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

VP $\leq 8\prod a\sum \dfrac{1}{a^{2}+\sum ab}=8\prod a\sum\dfrac{1}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{16\prod a\sum a}{\prod (a+b)} \leq \dfrac{16\prod a\sum a}{\dfrac{8\sum a\sum ab}{9}}=\dfrac{18\prod a}{\sum ab}$          ($1$)

$\sum a\sum ab \geq 9\prod a \Rightarrow \sum a \geq \dfrac{9\prod a}{\sum ab}$          ($2$)

$3\sqrt[3]{\left(\prod a\right)^{2}} \leq \sum ab \leq 1 \Rightarrow \sqrt{3} \geq \dfrac{3\sqrt{3}\sqrt[3]{\left(\prod a\right)^{2}}}{\sum ab} \geq \dfrac{9\prod a}{\sum ab}$          ($3$)

Từ ($2$) và ($3$) suy ra VT $\geq \dfrac{18\prod a}{\sum ab}$          ($4$)

Từ ($1$) và ($4$) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh