Chủ đề này có 4 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Cho $\left\{\begin{matrix} a>c>0 & & \\b>c>0 & & \end{matrix}\right.$

CM BĐT: $\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}\leq \sqrt{ab}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Minh Hai: 11-10-2014 - 22:36

[quangnghia]

Cho $\left\{\begin{matrix} a>c>0 & & \\b>c>0 & & \end{matrix}\right.$

CM BĐT: $\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}\leq \sqrt{ab}$

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$P=\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\leq 1$

Ta có $P\leq \frac{\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}}{2}+\frac{\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}}{2}\leq \frac{\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+1=\frac{c}{b}}{2}\leq 1$

[khanghaxuan]

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$P=\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\leq 1$

Ta có $P\leq \frac{\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}}{2}+\frac{\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}}{2}\leq \frac{\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+1=\frac{c}{b}}{2}\leq 1$

Bài toán trên có thể phát triển thành bài toán như sau : 

$\sqrt[n]{c(a-c)}+\sqrt[n]{c(b-c)}\leq \sqrt[n]{ab}$

P/s : Bđt này mình chưa chắc là đúng . Mong các bạn kiểm tra lại . Cảm ơn.

[terikodinh]

cách khác nhé   

$\Leftrightarrow (\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)})^{2}\leq (\sqrt{ab})^{2}$

$\Leftrightarrow ab-ac-bc+c^{2}-2c\sqrt{(a-c)(b-c)}+c^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-c)(b-c)-2c\sqrt{(a-c)(b-c)}+c^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{(a-c)(b-c)}-c)^{2}\geq 0$

bđt trên luôn đúng =>  đpcm  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mikhail Leptchinski: 12-10-2014 - 16:30

[KietLW9]

Cho $\left\{\begin{matrix} a>c>0 & & \\b>c>0 & & \end{matrix}\right.$

CM BĐT: $\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}\leq \sqrt{ab}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}=\sqrt{c}.\sqrt{a-c}+\sqrt{b-c}.\sqrt{c}\leqslant \sqrt{(c+b-c)(a-c+c)}=\sqrt{ab}$

Đẳng thức xảy ra khi $c=\frac{ab}{a+b}$