Chủ đề này có 1 trả lời

[trungdung97]

Cho a,b,c dương ..CMR $\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$

[WhjteShadow]

Bài toán này là 1 bài của Vasc
Ta có bổ đề sau:
Với mọi $a,b,c$ dương và $c=Min(a;b;c)$ ta có
$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức $Holder$ ta có:
$[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}]^2[a^2(b+c)+b^2(c+a)]\geq (a+b)^3$
Mặt khác ta có $a^2(b+c)+b^2(c+a)=ab(a+b)+c(a^2+b^2)$ và $ab(a+b)+c(a^2+b^2)-\frac{(a+b)^3}{4}-\frac{c(a+b)^2}{2}=-\frac{(a-b)^2.(a+b-2c)}{4}\leq 0$
Nên $$[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}]^2[\frac{(a+b)^3}{4}+\frac{c(a+b)^2}{2}]\geq (a+b)^3$$
$$\Leftrightarrow [\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}]^2\geq \frac{4(a+b)}{a+b+2c}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$$
Vậy ta có ĐPCM.
Quay lại với bài toán.Áp dụng bất đẳng thức $Minkowski$ cùng bổ đề trên với giả sử $c=Min(a;b;c)$ ta có:
$$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\geq \sqrt{4+(\sqrt{\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{\frac{48b}{a+c}})^2}$$
$$\geq 2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$$
Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=t+1$ thì $0\leq t\leq 4$ và $\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}=\sqrt{\frac{t^2+2t+1176}{t^2+2t+24}}$
Vậy cuối cùng chỉ phải chứng minh bất đẳng thức 1 biến: $2\sqrt{\frac{t^2+2t+1176}{t^2+2t+24}}\geq 14-t$
$\Leftrightarrow 4(t^2+2t+1176)-(14-t)^2(t^2+t+24)=t(18-t)(t-4)^2\geq 0$ (Do $0\leq t\leq 4$)
Vậy bài toán đã hoàn toàn được chứng minh.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị của nó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 17-08-2012 - 18:04