Đến nội dung

Hình ảnh

Cmr:$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1})$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 233 Bài viết

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca\leq 1$. Chứng minh rằng:

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1})$


Nothing in your eyes


#2
royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca\leq 1$. Chứng minh rằng:

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1})$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$a^2+1=a^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \geq 4\sqrt[4]{\frac{a^2}{27}}=4\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{27}}$
Tương tự:$b^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{27}}$
                $c^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{27}}$
Suy ra $VP \leq 8abc.\sum \frac{\sqrt[4]{27}}{4\sqrt{a}}=2\sqrt[4]{27}(\sum bc\sqrt{a})$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với nhận xét $1 \geq ab+bc+ca$ ta có
$ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt[3]{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \geq 27a^2b^2c^2 $
$\Leftrightarrow \sqrt{ab+bc+ca} \geq \sqrt[4]{27}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}} \geq \sqrt{abc}$
Suy ra: $\sum bc\sqrt{a} =\sqrt{abc}(\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{ab}) \leq \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}}.\sqrt{3(ab+bc+ca)}=(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}$
Nên ta có $VP \leq 2\sqrt[4]{27}.(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}=2\sqrt{3}(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$VT=a+b+c+\sqrt{3} \geq 2\sqrt{\sqrt{3}(a+b+c)} \geq 2 \sqrt{3(ab+bc+ca)}$
Vậy ta quy bài toán về chứng minh:
$2\sqrt{3(ab+bc+ca)} \geq 2\sqrt{3}(ab+bc+ca) $
$\leftrightarrow 3(ab+bc+ca) \geq 3(ab+bc+ca)^2$
$\leftrightarrow (ab+bc+ca)(1-ab-bc-ca) \geq 0$: Đúng vì $0<ab+bc+ca \leq 1$
Ta có Đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 29-07-2016 - 06:38


#3
cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 233 Bài viết

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$a^2+1=a^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \geq 4\sqrt[4]{\frac{a^2}{27}}=4\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{27}}$
Tương tự:$b^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{27}}$
                $c^2+1 \geq 4\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{27}}$
Suy ra $VP \leq 8abc.\sum \frac{\sqrt[4]{27}}{4\sqrt{a}}=2\sqrt[4]{27}(\sum bc\sqrt{a})$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với nhận xét $1 \geq ab+bc+ca$ ta có
$ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt[3]{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \geq 27a^2b^2c^2 $
$\Leftrightarrow \sqrt{ab+bc+ca} \geq \sqrt[4]{27}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}} \geq \sqrt{abc}$
Suy ra: $\sum bc\sqrt{a} =\sqrt{abc}(\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{ab}) \leq \frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt[4]{27}}.\sqrt{3(ab+bc+ca)}=(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}$
Nên ta có $VP \leq 2\sqrt[4]{27}.(ab+bc+ca).\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[4]{27}}=2\sqrt{3}(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$VT=a+b+c+\sqrt{3} \geq 2\sqrt{\sqrt{3}(a+b+c)} \geq 2 \sqrt{3(ab+bc+ca)}$
Vậy ta quy bài toán về chứng minh:
$2\sqrt{3(ab+bc+ca)} \geq 2\sqrt{3}(ab+bc+ca) $
$\leftrightarrow 3(ab+bc+ca) \geq 3(ab+bc+ca)^2$
$\leftrightarrow (ab+bc+ca)(1-ab-bc-ca) \geq 0$: Đúng vì $0<ab+bc+ca \leq 1$
Ta có Đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Lời giải trên của royal1534 là rất hay. Mình xin đưa ra cách giải thứ hai

Với giả thiết $ab+bc+ca\leq 1$ thì ta có:

$\sum \frac{1}{a^2+1}\leq \sum \frac{1}{a^2+ab+bc+ca}=\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}=\frac{2(\sum a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau:$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}.(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Như vậy ta được:

$\sum \frac{1}{a^2+1}\leq \frac{2(a+b+c)}{\frac{8}{9}.(a+b+c)(ab+bc+ca)}=\frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

Cuối cùng bài toán được quy về chứng minh:

$a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc.\frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
Hay tương đương với:

$(a+b+c)(ab+bc+ca)+\sqrt{3}.(ab+bc+ca)\geq 18abc$

Chú ý rằng:$abc\leq \left ( \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}} \right )^3\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$

Do đó bất đẳng thức cuối được cộng bởi hai bất đăng thức sau:

$\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc$

$\sqrt{3}\left ( ab+bc+ca \right )\geq 3\sqrt{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\sqrt{3}.\frac{abc}{\sqrt[3]{abc}}\geq 3\sqrt{3}.\frac{abc}{\sqrt[3]{\frac{1}{3\sqrt{3}}}}=9abc$

Như vậy bất đẳng thức đã được chứng minh xong

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 29-07-2016 - 21:54

Nothing in your eyes





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh