Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
Bắt đầu bởi tramyvodoi, 16-02-2013 - 20:42
#1
Đã gửi 16-02-2013 - 20:42
- Zaraki, Oral1020 và Khanh 6c Hoang Liet thích
#2
Đã gửi 17-02-2013 - 00:53
Bình phương 2 vế bđt và sử dụng bđt quen biết $(X+Y+Z)^2\geq 3(XY+YZ+ZX)$ ta cần chứng minh:Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
$$\sum \frac{1}{ab\sqrt{(a+b)(b+c)}}\geq \frac{3}{2abc}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{c}{\sqrt{(a+b)(b+c)}}\geq \frac{3}{2}$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $\sqrt{(a+b)(b+c)}\leq \frac{a+2b+c}{2}$, tương tự thì ta phải chỉ ra:
$$\sum \frac{c}{a+2b+c}\geq \frac{3}{4}$$
Và điều này hiển nhiên đúng the0 $Cauchy-Schwarz$:
$$\sum \frac{c}{a+2b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2}\geq \frac{3}{4}$$
Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$ $\square$
- Zaraki, yeutoan11, Math Is Love và 3 người khác yêu thích
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh
#3
Đã gửi 20-02-2013 - 02:30
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$\frac{bc}{\sqrt{abc(a+b)}}+\frac{ca}{\sqrt{abc(b+c)}}+\frac{ab}{\sqrt{abc(c+a)}}\ge \frac{3}{\sqrt{2}}$$
Để cho dễ nhìn, ta đặt $x=ab,y=bc,z=ca$. Khi đó chúng ta cần chứng minh $$\frac{y}{\sqrt{2x(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{2y(x+z)}}+\frac{x}{\sqrt{2z(y+x)}}\ge \frac{3}{2}$$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $$\frac{y}{\sqrt{2x(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{2y(x+z)}}+\frac{x}{\sqrt{2z(x+y)}}\ge \frac{2y}{2x+y+z}+\frac{2z}{2y+x+z}+\frac{2x}{2z+x+y}$$ Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và bất đẳng thức quen thuộc $xy+yz+zx\le \dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{3}$ ta thấy rằng $$\begin{align}
\frac{2y}{2x+y+z}+\frac{2z}{2y+x+z}+\frac{2x}{2z+x+y}&=2\left( \frac{{{y}^{2}}}{2xy+{{y}^{2}}+yz}+\frac{{{z}^{2}}}{2yz+xz+{{z}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{2zx+{{x}^{2}}+yx} \right) \\
& \ge \frac{2{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{{{(x+y+z)}^{2}}+xy+yz+zx} \\
& \ge \frac{2{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{{{(x+y+z)}^{2}}+\dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{3}} \\
& =\frac{3}{2}. \\
\end{align}$$ Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
Một kết quả tương tự:
Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a, b, c$ ta luôn có
$$\frac{1}{a\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{b+2c}}+ \frac{1}{c\sqrt{c+2a}}\ge \sqrt{\frac{3}{abc}} $$
- Zaraki, alex_hoang, yeutoan11 và 3 người khác yêu thích
Diễn đàn Vật lí phổ thông: https://vatliphothong.vn
My Blog: http://tanghaituan.com
Học trực tuyến: https://hoctructuyen.tv
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh