Chủ đề này có 2 trả lời

[Dam Uoc Mo]

Cho a,b,c thực dương thỏa mãn là 3 cạnh tam giác. CMR:

$\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\geq \frac{3}{2}$

 

[nguyenhongsonk612]

Cho a,b,c thực dương thỏa mãn là 3 cạnh tam giác. CMR:

$\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\geq \frac{3}{2}$

Lời giải:

Áp dụng BĐT Holder ta có

$\begin{pmatrix} \sum \frac{a}{\sqrt{a^2+3bc}} \end{pmatrix}^2\begin{pmatrix} \sum a(a^2+3bc) \end{pmatrix}\geq (a+b+c)^3$

$\Rightarrow \sum \begin{pmatrix} \frac{a}{\sqrt{a^2+3bc}} \end{pmatrix}^2\geq \frac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+9abc}$

Cần C/m $\frac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+9abc} \geq \frac{9}{4}$ $(*)$

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ 

$(*)\Leftrightarrow 9\begin{bmatrix} a^3+(b+c)^3-3bc(b+c) \end{bmatrix}+81abc\leq 4$

$\Leftrightarrow 9\begin{bmatrix} a^3+(1-a)^3-3bc(1-a) \end{bmatrix}+81abc-4\leq 0$

$\Leftrightarrow f(bc)=(108a-27)bc+27a^2-27a+5\leq 0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow a\geq \frac{1}{3}$

Theo BĐT trong tam giác, ta có $a<b+c=1-a \Leftrightarrow a < \frac{1}{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{3}\leq a< \frac{1}{2}$

Theo BĐT $AM-GM$ ta có $0< bc\leq \frac{(b+c)^2}{4}=\frac{(1-a)^2}{4}$

Có thể thấy $f(bc)$ đồng biến trên $(0;\frac{(1-a)^2}{4}]$

Vậy để C/m $f(bc) \leq 0$ ta C/m $f\begin{pmatrix} \frac{(1-a)^2}{4} \end{pmatrix}\leq 0$

                                                    $\Leftrightarrow \begin{pmatrix} a-\frac{1}{3} \end{pmatrix}^2\begin{pmatrix} a-\frac{7}{12} \end{pmatrix}\leq 0$

                                                    (đúng vì $\frac{1}{3}\leq a< \frac{1}{2}$)

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác $ABC$ đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 11-10-2015 - 10:29

[Nguyenhuyen_AG]

Cho a,b,c thực dương thỏa mãn là 3 cạnh tam giác. CMR:

$\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\geq \frac{3}{2}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có

\[\left(\sum\frac{a}{\sqrt{a^2+3bc}}\right)^2\left[\sum a(a^2+3bc)\right] \ge (a+b+c)^3.\]

Bài toán quy về chứng minh

\[4(a+b+c)^3 \ge 9(a^3+b^3+c^3)+27abc,\]
thu gọn thành
\[12[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\ge 5(a^3+b^3+c^3)+57abc.\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[5(a^3+b^3+c^3)+57abc \le 6(a^3+b^3+c^3+9abc),\]
do đó ta cần chỉ ra
\[2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\ge a^3+b^3+c^3+9abc. \quad (1)\]
Vì $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác nên ta có thể đặt $a = x+y,\,b=y+z,\,c=z+x$ (với $x,\,y,\,z>0)$ thay các giá trị này vào $(1)$ và thu gọn lại ta được
\[x^3+y^3+z^3+3xyz \geqslant \sum xy(x+y).\]

Đây là bất đẳng thức Schur bậc ba nên ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Ta có thể làm chặt bài toán này lên thành

\[\frac{a}{\sqrt{5a^2+13bc}}+\frac{b}{\sqrt{5b^2+13ca}}+\frac{c}{\sqrt{5c^2+13ab}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}.\]

Tuy nhiên đây vẫn chưa phải là bất đẳng thức chặt nhất trong lớp các bài toán cùng dạng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 10-10-2015 - 22:10