Chủ đề này có 3 trả lời

[luckylucky]

Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geq 1$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 04-06-2013 - 22:35

[banhgaongonngon]

Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geq 1$

 

Theo bất đẳng thức $Holder$ ta có:

$\left ( \sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}} \right )^{2}.\sum \left ( a(a^{2}+8bc) \right )\geq \left ( a+b+c \right )^{3}$

$\Rightarrow VT\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{a^{3}+24abc}$

$= \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(a+b)(b+c)(c+a)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc}\geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 04-06-2013 - 22:39

[luckylucky]

Theo bất đẳng thức $Holder$ ta có:

$\left ( \sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}} \right )^{2}.\sum \left ( a(a^{2}+8bc) \right )\geq \left ( a+b+c \right )^{3}$

$\Rightarrow VT\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{a^{3}+24abc}$

$= \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(a+b)(b+c)(c+a)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc}\geq 1$

bạn có thể không dùng bdt holder được không

[KietLW9]

Dễ có: $(a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3+24abc)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc=a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\geqslant 0 \Rightarrow  (a+b+c)^3\geqslant a^3+b^3+c^3+24abc$

$VT=\sum_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sum_{cyc}\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)}}\geqslant 1 $