Cho a,b,c là các số dương, chứng minh rằng
$$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq\frac{3}{\sqrt{2}}$$
Mình làm thế này không biết có ổn không, mong mọi người xem giúp
Giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có $\sqrt{2}VT=\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b(a+b)}{(a+b)(b+c)}}+\sqrt{\frac{c2(b+c)}{(b+c)(c+a)}}$
$\leq\frac{1}{2}(1+\frac{2a}{a+b}+ \frac{2b}{a+b}+\frac{a+b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{2(b+c)}{c+a)} $
$=2+\frac{b+c}{c+a}$
Ta cần chứng minh $\frac{b+c}{c+a}\leq1$<=>$b\leq a$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh , dấu = xảy ra khi $a=b=c$
Đặt $x=\sqrt{\dfrac{b}{a}}, y=\sqrt{\dfrac{c}{b}}, z=\sqrt{\dfrac{a}{c}}$, $xyz=1$ ta cần chưng minh:
$$\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}} \leq \dfrac{3}{\sqrt{2}}$$
Giả sử $x=max${$x,y,z$} thì $yz \leq 1$
Ta có $\dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}} \right)^2 \leq \dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2} \leq \dfrac{2}{1+yz}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}} \leq \dfrac{2}{\sqrt{1+yz}}$
Lại có $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} \leq \dfrac{\sqrt{2}}{x+1}$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\dfrac{2}{\sqrt{1+yz}}+\dfrac{\sqrt{2}}{x+1} \leq \dfrac{3}{\sqrt{2}}$$
Ta có: $\dfrac{2}{\sqrt{1+yz}}+\dfrac{\sqrt{2}}{x+1} -\dfrac{3}{\sqrt{2}}=\dfrac{-(\sqrt{x+1}-\sqrt{2x})^2}{2(x+1)} \leq 0$
Bài toán được chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangmac: 03-07-2013 - 18:34
