Cho a,b,c.>0
chưng minh
$\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} +\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}+\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}\geqslant \sqrt{\frac{2}{a}}+\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{\frac{2}{c}}$
$\sum \sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \geqslant \sum \sqrt{\frac{2}{a}}$
Started By Poseidont, 10-01-2012 - 17:08
#1
Posted 10-01-2012 - 17:08
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#2
Posted 10-01-2012 - 17:24
Đặt ${x^2} = \frac{1}{a};{y^2} = \frac{1}{b};{z^2} = \frac{1}{c}$
Ta có bđt tương đương:
$\sum {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \ge \sqrt 2 (x+y+z)$
Ta có:
\[\sum {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum {\sqrt {{{(x + y)}^2}} } = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sum {x + y} = \frac{{2(x + y + z)}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 (x + y + z)\]
___________________________________________________
P/S: Mình viết ngắn gọn để còn đi học nữa
Ta có bđt tương đương:
$\sum {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \ge \sqrt 2 (x+y+z)$
Ta có:
\[\sum {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum {\sqrt {{{(x + y)}^2}} } = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sum {x + y} = \frac{{2(x + y + z)}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 (x + y + z)\]
___________________________________________________
P/S: Mình viết ngắn gọn để còn đi học nữa
Edited by Cao Xuân Huy, 10-01-2012 - 22:17.
- perfectstrong likes this
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#3
Posted 10-01-2012 - 17:38
áp dụng bunhia, ta có :
$$(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}).(1 + 1) \ge (\dfrac{1}{\sqrt{a}} + \dfrac{1}{\sqrt{b}})^2 => \sqrt{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \ge \dfrac{1}{\sqrt{2a}} + \dfrac{1}{\sqrt{2b}}$$. làm tương tự với những số còn lại, cộng vế theo vế, suy ra đpcm.
$$(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}).(1 + 1) \ge (\dfrac{1}{\sqrt{a}} + \dfrac{1}{\sqrt{b}})^2 => \sqrt{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \ge \dfrac{1}{\sqrt{2a}} + \dfrac{1}{\sqrt{2b}}$$. làm tương tự với những số còn lại, cộng vế theo vế, suy ra đpcm.
Edited by huymit_95, 10-01-2012 - 17:40.
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users