cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$
CMR: $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c+a^2}}\leq\frac{3}{2} $
Đặt P bằng vế trái. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có:
$P^2=(\sum\sqrt{a}.\sqrt{\frac{a}{a+b^2}})^2\leq \sum a.\sum \frac{a}{a+b^2}$
$\Leftrightarrow P^2\leq 3-\sum \frac{b^2}{a+b^2}$
Bây giờ ta cần chứng minh:
$\sum \frac{b^2}{a+b^2}\geq \frac{3}{4}$
Thật vậy, bdt này tương đương với:
$\sum \frac{3b^2-a}{a+b^2}\geq 0$
Giả sử (a,b,c) là dãy tăng. Khi đó tử thức và nghịch đảo mẩu thức từng hạng tử cũng là dãy tăng. Áp dụng bdt Chebyshev, ta có
$\sum \frac{3b^2-a}{a+b^2}\geq \frac{1}{3}\left [ 3(\sum a^2)-\sum a \right ]\sum \frac{1}{a+b^2}$
Do a+b+c=1, nên dễ dàng có $3\sum a^2\geq( \sum a)^2\Rightarrow 3\sum a^2\geq \sum a$
Từ đó suy ra dpcm. đẳng thức xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 14-04-2014 - 13:43
cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$
CMR: $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c+a^2}}\leq\frac{3}{2} $
Có thể sử dụng bất đẳng thức cho chứng minh dễ dàng hơn như sau :
Sử dụng Cachy-Schwarzt như trên
$P^2\leqslant (a+b+c)(\frac{a}{a+b^2}+\frac{b}{b+c^2}+\frac{c}{c+a^2})$
Ta chỉ cần chứng minh $\frac{b^2}{a+b^2}+\frac{c^2}{b+c^2}+\frac{a^2}{c+a^2}\geqslant \frac{3}{4}$
Sử dụng Cachu-Schwarzt ta có
$\sum \frac{b^2}{a+b^2}=\sum \frac{b^2}{a(a+b+c)+b^2}=\sum \frac{b^4}{b^3+a^2b^2+ab^3+ab^2c}\geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^4+\sum a^2b^2+abc(a+b+c)+\sum ab^3}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^3+\sum a^2b^2+abc(a+b+c)+\sum ab^3}\geqslant \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \sum a^4+5\sum a^2b^2\geqslant 3abc(a+b+c)+3(ab^3+bc^3+ca^3)$
BĐT trên luôn đúng do
$ \sum a^4+2\sum a^2b^2\geqslant 3(ab^3+bc^3+ca^3)$ theo Vasile Cirtoaje
Và $3\sum a^2b^2\geqslant 3abc(a+b+c)$ theo AM-GM
Vậy ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 14-04-2014 - 16:58
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh