13.Chứng minh rằng nếu a,b,c>0 thì: $\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
#1
Đã gửi 10-04-2013 - 20:33
#2
Đã gửi 10-04-2013 - 23:22
13.Chứng minh rằng nếu a,b,c>0 thì: $\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
Đặt biểu thức đã cho là P(sau khi chuyển $\sqrt{2abc}$ về VT),áp dụng BĐT quen thuộc
$(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ suy ra
$P^{2}\geq 3\sum \frac{2a}{\sqrt{(b+c)(c+a)}}$,ta sẽ CM $\sum \frac{2a}{\sqrt{(b+c)(c+a)}}\geq 3$ hay $\sum 2a\sqrt{a+b}\geq 3\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$,đặt $\sqrt{a+b}= x,\sqrt{b+c}= y,\sqrt{a+c}= z$,bđt cần Cm tương đương $\sum (x^{2}-y^{2}+z^{2})x\geq 3xyz$,lại có $\sum x^{3}\geq \sum xy^{2}$,ta cần CM $\sum x^{2}y\geq 3xyz$-chuẩn men theo bđt Cauchy,từ đây suy ra $P^{2}\geq 9\Rightarrow P\geq 3\Rightarrow \blacksquare$
TLongHV
#3
Đã gửi 21-04-2021 - 14:55
13.Chứng minh rằng nếu a,b,c>0 thì: $\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}+\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}+\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}\geqslant 3$
Áp dụng Cauchy, ta có: $\sqrt{\frac{a(a+b)}{2bc}}\leqslant \frac{1}{2}(\frac{a+b}{2b}+\frac{a}{c})=\frac{2ab+bc+ca}{4bc}\Rightarrow \sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}\geqslant \frac{4bc}{2ab+bc+ca}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}+\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}+\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}\geqslant \frac{4bc}{2ab+bc+ca}+\frac{4ca}{2bc+ca+ab}+\frac{4ab}{2ca+ab+bc}=\sum_{cyc}\frac{4(bc)^2}{2ab.bc+(bc)^2+ca.bc}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2+ab.bc+bc.ca+ca.ab}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2+\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}}=3(Q.E.D)$
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh