Đến nội dung

Hình ảnh

$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
nolunne

nolunne

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

1.Cho a,b,c>0 thỏa $abc\geq 1$.C/m$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$

2.Cho a,b,c>0 thỏa a+b+c=1.C/m $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nolunne: 03-10-2013 - 17:27


#2
neversaynever99

neversaynever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 243 Bài viết

Bài 2. Ta có

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

Cần chứng minh $a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \sqrt{\frac{2}{3}}$

Thật vậy,ta có

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

Do vậy $a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \sqrt{\frac{2}{3}}$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow Q.E.D$

P/s: cách làm này có thể chưa phải ngắn gọn nhất. Mình mong 1 cách giải ngắn hơn 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neversaynever99: 03-10-2013 - 21:46


#3
laiducthang98

laiducthang98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Bài 1 : đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3$       $abc\geq 1 => xyz\geq 1$

ta có : $a^3+b^3\geq ab(a+b)$ ( tự chứng minh ) 

=>$a^3+b^3+1\geq ab(a+b+c)$

Thiết lập các BĐT còn lại ta có : $b^3+c^3+1\geq bc(a+b+c)$

                                                   $a^3+c^3+1\geq ac(a+b+c)$

Cộng 3 BĐT trên t đc : $a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

<=>$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$ (đ.f.c.m) 



#4
nolunne

nolunne

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Bài 2. Ta có

$\left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}} +\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{a+b}\right )^{2}=(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{a}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+a}}.\sqrt{b}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+a}}.\sqrt{c})^{2}\leq \left ( \frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right )(a+b+c)\leq \frac{3}{2}$

Do vậy $P=\frac{a}{ \sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\leq \sqrt{\frac{3}{2}}$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$ mà bạn với lại mình đánh nhầm đề xl nha


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nolunne: 03-10-2013 - 17:30


#5
nolunne

nolunne

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Bài 1 : đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3$       $abc\geq 1 => xyz\geq 1$

ta có : $a^3+b^3\geq ab(a+b)$ ( tự chứng minh ) 

=>$a^3+b^3+1\geq ab(a+b+c)$

Thiết lập các BĐT còn lại ta có : $b^3+c^3+1\geq bc(a+b+c)$

                                                   $a^3+c^3+1\geq ac(a+b+c)$

Cộng 3 BĐT trên t đc : $a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

<=>$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$ (đ.f.c.m) 

Hình như chưa đúng thì phải vì $abc\geq 1$ chứ đâu phải nhỏ hơn đâu






1 người đang xem chủ đề

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