Chủ đề này có 10 trả lời

[Rantaro]

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{\dfrac{a^2+1}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+1}{2}}+\sqrt{\dfrac{c^2+1}{2}}\le a+b+c$$

[lanhmacluongbac]

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt{\dfrac{a^2+1}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+1}{2}}+\sqrt{\dfrac{c^2+1}{2}}\le a+b+c$$

$\sqrt{\frac{a^{2}+1}{2}}=\frac{\sqrt{a^{2}+abc}}{2}=\frac{\sqrt{a(a+bc)}}{2}\leq \frac{1}{4}(2a+b+c)$

Tương tự ta có $\sqrt{\frac{b^{2}+1}{2}}\leq \frac{1}{4}(2b+a+c)$ và $\sqrt{\frac{c^{2}+1}{2}}\leq \frac{1}{4}(2c+a+b)$

Cộng vế => $VT\leq a+b+c$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

[Ha Manh Huu]

$\sqrt{\frac{a^{2}+1}{2}}=\frac{\sqrt{a^{2}+abc}}{2}=\frac{\sqrt{a(a+bc)}}{2}\leq \frac{1}{4}(2a+b+c)$

Tương tự ta có $\sqrt{\frac{b^{2}+1}{2}}\leq \frac{1}{4}(2b+a+c)$ và $\sqrt{\frac{c^{2}+1}{2}}\leq \frac{1}{4}(2c+a+b)$

Cộng vế => $VT\leq a+b+c$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

mình chưa rõ lắm

[lanhmacluongbac]

mình chưa rõ lắm

Bạn chưa rõ là phải thôi, bởi vì nó sai rồi~~~ Thành thật xin lỗi, có lẽ đây là kết quả của quá trình làm cú đêm suốt tuần qua :>>

Đúng ra là phải thế này:

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)} (*)$

Ta dễ dàng chứng minh được bđt này bằng phương pháp biến đổi tương đương:

$(*)\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}\leq 3(a+b+c) \Leftrightarrow 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\leq 2(a+b+c)\Leftrightarrow 0\leq (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}+(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}+(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}$

Khi đó ta có $VT\leq \sqrt{\frac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)}$

Ta thấy $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=3$

$\Rightarrow VT\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\leq \sqrt{(a+b+c)^{2}}=a+b+c$(đ.p.c.m)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

_________

Cực kì chi tiết luôn nhá :>>

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lanhmacluongbac: 30-08-2013 - 21:02

[Lugiahooh]

Bạn chưa rõ là phải thôi, bởi vì nó sai rồi~~~ Thành thật xin lỗi, có lẽ đây là kết quả của quá trình làm cú đêm suốt tuần qua :>>

Đúng ra là phải thế này:

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)} (*)$

Ta dễ dàng chứng minh được bđt này bằng phương pháp biến đổi tương đương:

$(*)\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}\leq 3(a+b+c) \Leftrightarrow 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\leq 2(a+b+c)\Leftrightarrow 0\leq (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}+(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}+(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}$

Khi đó ta có $VT\leq \sqrt{\frac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)}$

Ta thấy $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=3$

Nên $VT\leq\sqrt{\frac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)}=\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)^{2}-\frac{3}{2}(ab+bc+ca)}$

Lại có $ab+bc+ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^{2}$

$\Rightarrow VT\leq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)^{2}-\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}}=a+b+c$(đ.p.c.m)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

_________

Cực kì chi tiết luôn nhá :>>

Mình rất tiếc

$-\frac{1}{2}(a+b+c)^2\leq -\frac{3}{2}(ab+bc+ca)$ bạn nhá, nên ...

__

Thức khuya hại lắm đó bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lugiahooh: 28-08-2013 - 19:40

[lanhmacluongbac]

Mình rất tiếc

$-\frac{1}{2}(a+b+c)^2\leq -\frac{3}{2}(ab+bc+ca)$ bạn nhá, nên ...

__

Thức khuya hại lắm đó bạn

Ê ế ề ~~~ Cảm ơn bạn, mềnh lại hâm nữa rồi ~~~ Dạo này loạn với môn Hóa quá (

[lanhmacluongbac]

Mình rất tiếc

$-\frac{1}{2}(a+b+c)^2\leq -\frac{3}{2}(ab+bc+ca)$ bạn nhá, nên ...

__

Thức khuya hại lắm đó bạn

Bạn có ý nào cho bài này không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lanhmacluongbac: 30-08-2013 - 21:07

[Lugiahooh]

Bạn có ý nào cho bài này không?

Hehe, đợi chứng minh của bạn mà lâu quá Uhm, thực ra thì cũng có:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{1}{2}\sum a^2+\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+\frac{3}{2}\leqslant \sum a^2+2\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum a^2+2\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+3\leqslant 2\sum a^2+4\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum (a^2+1)+2\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}\leqslant 2\sum a^2+4\sum ab$

$\Leftrightarrow (\sum \sqrt{a^2+1})^2\leqslant 2(a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leqslant \sqrt{2}(a+b+c)$

Đến đây ta chứng minh $\sqrt{x^2+1}-\sqrt{2}x\leqslant \frac{lnx}{\sqrt{2}}$

__

Thực ra bất đẳng thức sau dấu tương đương cuối mình nhớ là đã gặp một lần nào đó rồi, nên mới cố đưa về nó.

Nhưng nghĩ lại, thì chứng minh BĐT này được bằng BĐT (theo x) như trên thì chắc cũng tìm được một BĐT theo x tương tự để chứng minh trực tiếp cho BĐT đầu bài. Nhác quá, nên mình chưa thử

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lugiahooh: 30-08-2013 - 21:43

[lanhmacluongbac]

Hehe, đợi chứng minh của bạn mà lâu quá Uhm, thực ra thì cũng có:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{1}{2}\sum a^2+\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+\frac{3}{2}\leqslant \sum a^2+2\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum a^2+2\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+3\leqslant 2\sum a^2+4\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum (a^2+1)+2\sum \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}\leqslant 2\sum a^2+4\sum ab$

$\Leftrightarrow (\sum \sqrt{a^2+1})^2\leqslant 2(a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leqslant \sqrt{2}(a+b+c)$

Đến đây ta chứng minh $\sqrt{x^2+1}-\sqrt{2}x\leqslant \frac{lnx}{\sqrt{2}}$

__

Thực ra bất đẳng thức sau dấu tương đương cuối mình nhớ là đã gặp một lần nào đó rồi, nên mới cố đưa về nó.

Nhưng nghĩ lại, thì chứng minh BĐT này được bằng BĐT (theo x) như trên thì chắc cũng tìm được một BĐT theo x tương tự để chứng minh trực tiếp cho BĐT đầu bài. Nhác quá, nên mình chưa thử

Thật là ngại quá, nhưng mình chưa học được như bạn thì phải. Cái $lnx$ nó là cái gì thế?

[Lugiahooh]

 Cái $lnx$ nó là cái gì thế?

Logarit cơ số e của x bạn à. Cái này được viết trong sách giáo khoa Đại số giải tích 12, chắc bạn chưa được học đến rồi.

[lanhmacluongbac]

Logarit cơ số e của x bạn à. Cái này được viết trong sách giáo khoa Đại số giải tích 12, chắc bạn chưa được học đến rồi.

Còn cách nào với kiến thức cơ bản hơn không ?