Chủ đề này có 6 trả lời

[chit_in]

CMR $ \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}> 2$ với a, b ,c >0

[Nguyễn Hưng]

Bài trên cũng đã cũ rồi nên có nhiều cách giải khác nhau. Mình vừa tìm ra một cách giải mới (đối với mình) khá thú vị!

Bất đẳng thức đã cho là đối xứng. Không giảm tổng quát có thể giả sử $a \ge b \ge c$.

Ta chứng minh
\[\sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \ge \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \; \; \; (*) \]
Với $c=0$, $(*)$ trở thành đẳng thức. Với $c \ne 0$, đặt $\left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{b}{c} \\
y = \dfrac{a}{c} \\
\end{array} \right. \Rightarrow y \ge x \ge 1$

Khi đó $(*)$ trở thành:

\[\begin{array}{l}
\sqrt {\dfrac{1}{{x + y}}} + \sqrt {\dfrac{x}{{y + 1}}} \ge \sqrt {\dfrac{{1 + x}}{y}} \\
\Leftrightarrow 2\sqrt {\dfrac{x}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right)}}} \ge \dfrac{{{x^2} + 2xy + x}}{{y\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right)}} \\
\Leftrightarrow 4{y^2}\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right) \ge x{\left( {x + 2y + 1} \right)^2} \\
\Leftrightarrow \left( {{y^4} - {x^3}} \right) + 2\left( {{y^4} - {x^2}} \right) + \left( {{y^4} - x} \right) + 4y\left( {x + 1} \right)\left( {{y^2} - x} \right) \ge 0 \\
\end{array}\]
Bất đẳng thức cuối là hiển nhiên, vậy $(*)$ được chứng minh.

Áp dụng, $(*)$, ta có
\[\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \ge \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \]
Mà $\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \ge 2$ theo AM-GM.

Dấu "=" không xảy ra. Bài toán được giải quyết.

[chit_in]

Bài trên cũng đã cũ rồi nên có nhiều cách giải khác nhau. Mình vừa tìm ra một cách giải mới (đối với mình) khá thú vị!

Bất đẳng thức đã cho là đối xứng. Không giảm tổng quát có thể giả sử $a \ge b \ge c$.

Ta chứng minh
\[\sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \ge \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \; \; \; (*) \]
Với $c=0$, $(*)$ trở thành đẳng thức. Với $c \ne 0$, đặt $\left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{b}{c} \\
y = \dfrac{a}{c} \\
\end{array} \right. \Rightarrow y \ge x \ge 1$

Khi đó $(*)$ trở thành:

\[\begin{array}{l}
\sqrt {\dfrac{1}{{x + y}}} + \sqrt {\dfrac{x}{{y + 1}}} \ge \sqrt {\dfrac{{1 + x}}{y}} \\
\Leftrightarrow 2\sqrt {\dfrac{x}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right)}}} \ge \dfrac{{{x^2} + 2xy + x}}{{y\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right)}} \\
\Leftrightarrow 4{y^2}\left( {x + y} \right)\left( {y + 1} \right) \ge x{\left( {x + 2y + 1} \right)^2} \\
\Leftrightarrow \left( {{y^4} - {x^3}} \right) + 2\left( {{y^4} - {x^2}} \right) + \left( {{y^4} - x} \right) + 4y\left( {x + 1} \right)\left( {{y^2} - x} \right) \ge 0 \\
\end{array}\]
Bất đẳng thức cuối là hiển nhiên, vậy $(*)$ được chứng minh.

Áp dụng, $(*)$, ta có
\[\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \ge \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \]
Mà $\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{{b + c}}{a}} \ge 2$ theo AM-GM.

Dấu "=" không xảy ra. Bài toán được giải quyết.

Có cách nào quen thuộc hơn không bạn.Ban giới thiệu mình biết với

[Nguyễn Hưng]

Có một cách quen thuộc đây

Theo AM-GM ta có

\[\begin{array}{l}
\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} \left( {a + b + c} \right) \ge \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} \left( {2\sqrt {a\left( {b + c} \right)} } \right) = 2a \\
\sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} \left( {a + b + c} \right) \ge \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} \left( {2\sqrt {b\left( {c + a} \right)} } \right) = 2b \\
\sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \left( {a + b + c} \right) \ge \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \left( {2\sqrt {c\left( {a + b} \right)} } \right) = 2c \\
\end{array}\]
Cộng vế theo vế, suy ra
\[\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}} + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \ge \dfrac{{2a + 2b + 2c}}{{a + b + c}} = 2\]
Dấu "=" không xảy ra, ta có điều phải chứng minh.

[Ispectorgadget]

$\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{c}{a+b}}> 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-12-2011 - 10:56

[Nguyễn Hưng]

$\sqrt[3]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{c}{a+b}}> 2$

Bài này chỉ là một kết quả yếu hơn với chú ý rằng $x \in \left( {0,1} \right) \Rightarrow \sqrt[3]{x} > \sqrt x $

[Ispectorgadget]

Bài toán tổng quát:
Cho a,b,c là những số thực dương và n là số nguyên > 1
CMR: $\sqrt[n]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{c}{b+a}}>2$