$\sqrt{a^2+\frac{1}{b+c}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{a+c}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{b+a}}\geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$
#1
Đã gửi 10-03-2012 - 14:42
CMR$\sqrt{a^2+\frac{1}{b+c}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{a+c}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{b+a}}\geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#2
Đã gửi 11-03-2012 - 22:08
Ta có: $$ \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}.\sqrt{2^2+\dfrac{1}{4}} \ge 2a+\dfrac{1}{2.\sqrt{b+c}} $$
Tương tự bới 2 biểu thức kia
$$ \dfrac{\sqrt{17}}{2}S \ge 2(a+b+c)+\dfrac{1}{2}.(\sum \dfrac{1}{\sqrt{b+c}}) \ge 12+\dfrac{1}{2}.\dfrac{9}{\sum \sqrt{b+c}} \ge 12+\dfrac{9}{2.6} =\dfrac{51}{4} $$
$$ \Rightarrow S \ge \dfrac{3.\sqrt{17}}{2} $$
- perfectstrong, MyLoVeForYouNMT, Dung Dang Do và 2 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#3
Đã gửi 12-03-2012 - 12:11
Mình không hiểu chỗ này lắm vìÁp dụng BĐT BCS
Ta có: $$ \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}.\sqrt{2^2+\dfrac{1}{4}} \ge 2a+\dfrac{1}{2.\sqrt{b+c}} $$
Tương tự bới 2 biểu thức kia
$$ \dfrac{\sqrt{17}}{2}S \ge 2(a+b+c)+\dfrac{1}{2}.(\sum \dfrac{1}{\sqrt{b+c}}) \ge 12+\dfrac{1}{2}.\dfrac{9}{\sum \sqrt{b+c}} \ge 12+\dfrac{9}{2.6} =\dfrac{51}{4} $$
$$ \Rightarrow S \ge \dfrac{3.\sqrt{17}}{2} $$
$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}\leq 6$ C/m không được
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-03-2012 - 17:10
- Dung Dang Do yêu thích
#4
Đã gửi 12-03-2012 - 17:52
Ơ, Chứng minh được mà:Mình không hiểu chỗ này lắm vì
$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}\leq 6$ C/m không được
$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})^2 \leq 3(a+b+b+c+c+a) = 36$ (Áp dụng BĐT $(x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2)$ )
Hay $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}\leq 6$
- yeutoan11 và WhjteShadow thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#5
Đã gửi 12-03-2012 - 18:17
Bạn hãy xem GT cho là a+b+c $\geq 6$ chứ không phải = 6 hay $\leq 6$Ơ, Chứng minh được mà:
$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})^2 \leq 3(a+b+b+c+c+a) = 36$ (Áp dụng BĐT $(x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2)$ )
Hay $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}\leq 6$
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF
#6
Đã gửi 12-03-2012 - 18:19
Lời giải: $$ \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}.\sqrt{2^2+\dfrac{1}{4}} \ge 2a+\dfrac{1}{2.\sqrt{b+c}} $$
Tương tự bới 2 biểu thức kia :
$$ \dfrac{\sqrt{17}}{2}S \ge 2(a+b+c)+\dfrac{1}{2}.(\sum \dfrac{1}{\sqrt{b+c}}) \ge \dfrac{15(a+b+c)}{8}+\dfrac{a+b+c}{8}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{9}{\sum \sqrt{b+c}} $$
$$\ge \dfrac{15(a+b+c)}{8}+(\dfrac{a+b+c}{8}+\dfrac{9}{ \sqrt{6(a+b+c)}}) \ge \dfrac{45}{4}+2.\sqrt[4]{\dfrac{27(a+b+c)}{8^3}}=\dfrac{51}{4} $$
$$ \Rightarrow S \ge \dfrac{3.\sqrt{17}}{2} $$
Nguồn: boxmath
- nguyenta98, Poseidont và tranhydong thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh