Chủ đề này có 4 trả lời

[tim1nuathatlac]

ngoài cách sử dụng Bunhia còn cách nào khác(AM-GM)
$\sum \sqrt{\frac{2a}{b+a}}\leq 3$
với a, b, c >0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 26-06-2012 - 20:45

[nvhmath]

Theo AM-GM
$\sum\sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq \sum[\frac{3a(b+c)}{4(ab+bc+ca)}+\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a+b)(b+c)}$
Rút gọn vế bên phải cùng với HĐT$(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc=(a+b)(b+c)(c+a)$ trở thành
$\frac{3}{2}+\frac{4}{3}+\frac{4abc}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{2}+\frac{4}{3}+\frac{4abc}{3(2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})(2\sqrt{ca})}=3$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. ĐT khi và chỉ khi $a=b=c$.

[tim1nuathatlac]

cách này phải biến đổi tỉ mỉ mới ra.còn cách nào khác không

[nvhmath]

cách Bun ngắn hơn cách này mà, mình chỉ có hai cách đó thôi.

[tim1nuathatlac]

áp dụng cho x, y $> 0$, thỏa mãn$xy\leq 1$ thì $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$ (*)
giả sử c= Min
theo AM-GM
$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq \frac{1}{2}+\frac{a}{a+b};;;;;; \sqrt{\frac{2b}{b+c}}\leq \frac{1}{2}+\frac{b}{b+c}$
$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{1+\frac{b}{a}}$
$\sqrt{\frac{2b}{c+b}}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}}$
sử dụng (*) $\sqrt{\frac{2a}{b+a}}+\sqrt{\frac{2b}{c+b}}\leq \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}$
$\sqrt{\frac{2a}{b+a}}+\sqrt{\frac{2b}{c+b}}\leq \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}$
đặt $\sqrt{\frac{c}{a}}= t\leq 1$
BĐT tương đương vs $\frac{2}{1+t}+\sqrt{\frac{2}{1+\frac{1}{t^{2}}}}= = \frac{2}{1+t}+\sqrt{\frac{2t^{2}}{t^{2}+1}}\leq 2$
$t^{2}+1\geq \frac{1}2{\left ( t+1 \right )^{2}}$ suy ra $VT\leq \frac{2}{1+t}+\frac{2t}{t+1}=2$ đpcm