Chủ đề này có 6 trả lời

[NguyenTienTai]

a.b.c>0 tìm min
$\sum \dfrac{a+\sqrt{ a^2+ab+ac }}{b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 10-07-2009 - 18:17

[nguyen_ct]

a.b.c>0 tìm min
$\sum \dfrac{a+\sqrt{ a^2+ab+ac }}{b+c}$

có lẽ dùng
$ \sum \dfrac{a}{b+c} \geq \dfrac{3}{2}; \sum \sqrt{ \dfrac{a}{b+c} } \geq \dfrac{3}{\sqrt{2} } $

[NguyenTienTai]

anh làm cụ thể cho em xem với

[nguyen_ct]

$ VT=\sum \dfrac{a}{b+c}+\sum \dfrac { \sqrt{a^2+ab+ac}}{b+c} \geq \sum \dfrac{a}{b+c} +\sqrt{\dfrac{a}{2(b+c)}}+\sum \dfrac{a}{ \sqrt{2}(b+c)} $

[Toanlc_gift]

có lẽ dùng
$ \sum \dfrac{a}{b+c} \geq \dfrac{3}{2}; \sum \sqrt{ \dfrac{a}{b+c} } \geq \dfrac{3}{\sqrt{2} } $

$ VT=\sum \dfrac{a}{b+c}+\sum \dfrac { \sqrt{a^2+ab+ac}}{b+c} \geq \sum \dfrac{a}{b+c} +\sqrt{\dfrac{a}{2(b+c)}}+\sum \dfrac{a}{ \sqrt{2}(b+c)} $

giải vậy là sai ồy
chỗ này này:
$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} } \ge \dfrac{3}{{\sqrt 2 }}$
try $a \to 0;b \to c \to + \infty$

[Toanlc_gift]

đây là lời giải:
ta chứng minh $VT \ge \dfrac{{3 + 3\sqrt 3 }}{2}$
chuẩn hóa $a+b+c=1$
bđt tương đương với:
$\sum {\dfrac{{1 + \sqrt a }}{{b + c}}} \ge \dfrac{{9 + 3\sqrt 3 }}{2}$
ta sử dụng bài toán khá quen thuộc:
cho $x^2+y^2+z^2=1$
chứng minh rằng
$\sum {\dfrac{x}{{{y^2} + {z^2}}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$
với $a = {x^2};b = {y^2};c = {z^2}$
ta lại cóa
$\sum {\dfrac{1}{{b + c}}} \ge \dfrac{9}{2}$
cộng lại là được

[nguyen_ct]

uh` ha quên mất !