Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}} + \sqrt{\frac{b+c}{a+bc}} + \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 anh690136

anh690136

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 29-05-2015 - 09:52

cho $a,b,c $là các số thực dương thỏa $a + b + c =3$. Chứng minh:

 

$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}} + \sqrt{\frac{b+c}{a+bc}} + \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 29-05-2015 - 13:14


#2 epicwarhd

epicwarhd

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 40 Bài viết

Đã gửi 29-05-2015 - 22:18

Có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(a+b)}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(3-c)}}= \frac{2(a+b)}{2\sqrt{(c+ab)(a+b)}}$

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho mẫu suy ra $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{c+ab+3-c}= \frac{2(a+b)}{3+ab}$

Do $a+b+c=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=9$

Chứng minh bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$

Suy ra $3(ab+bc+ca)\leq 9\Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

Theo câu trên ta có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}$

Mà $ab+bc+ca\leq 3\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{2ab+ca+bc}= \frac{4(a+b)}{4ab+2c(a+b)}$

Áp dụng bất đẳng thức $4ab\leq (a+b)^{2}\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{4(a+b)}{(a+b)^{2}+2c(a+b)}= \frac{4}{a+b+2c}$

Tương tự $\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}\geq \frac{4}{b+c+2a}\\\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq \frac{4}{c+a+2b}$

Chứng minh bất đẳng thức $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 9(x+y+z)$

Suy ra $\frac{4}{a+b+2c}+\frac{4}{b+c+2a}+\frac{4}{c+a+2b}\geq \frac{36}{4(a+b+c)}= \frac{36}{12}= 3$

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1



#3 lequanghung98

lequanghung98

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 21 Bài viết

Đã gửi 29-05-2015 - 23:00

@epicwarhd: dòng thứ 3 từ dưới lên trên chính xác phải là $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z}$

Chỗ này có vẻ không đúng cho lắm $\frac{a+b}{c+ab}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}\leq \frac{2(a+b)}{ab+bc+ca+ab}?$

À ừ, bài mình sai rồi :(

@epicwarhd: dòng thứ 3 từ dưới lên trên chính xác phải là $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z}$

À ừ đúng rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 31-05-2015 - 16:03


#4 nguyenhongsonk612

nguyenhongsonk612

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1451 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{KSTN - ĐTVT - ĐHBKHN}$
  • Sở thích:$\textrm{Nghe nhạc không lời}$

Đã gửi 30-05-2015 - 11:22

Có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(a+b)}}= \frac{a+b}{\sqrt{(c+ab)(3-c)}}= \frac{2(a+b)}{2\sqrt{(c+ab)(a+b)}}$
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho mẫu suy ra $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{c+ab+3-c}= \frac{2(a+b)}{3+ab}$
Do $a+b+c=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=9$
Chứng minh bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$
Suy ra $3(ab+bc+ca)\leq 9\Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$
Theo câu trên ta có $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}$
Mà $ab+bc+ca\leq 3$$\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{2(a+b)}{2ab+ca+bc}$$= \frac{4(a+b)}{4ab+2c(a+b)}$
Áp dụng bất đẳng thức $4ab\leq (a+b)^{2}\Rightarrow \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq \frac{4(a+b)}{(a+b)^{2}+2c(a+b)}= \frac{4}{a+b+2c}$
Tương tự $\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}\geq \frac{4}{b+c+2a}\\\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq \frac{4}{c+a+2b}$
Chứng minh bất đẳng thức $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 9(x+y+z)$
Suy ra $\frac{4}{a+b+2c}+\frac{4}{b+c+2a}+\frac{4}{c+a+2b}\geq \frac{36}{4(a+b+c)}= \frac{36}{12}= 3$
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Chỗ này có vẻ không đúng cho lắm $\frac{a+b}{c+ab}\geq \frac{2(a+b)}{3+ab}\leq \frac{2(a+b)}{ab+bc+ca+ab}?$

$ab+bc+ca\leq 3$ thì $3+ab\leq ab+bc+ca+ab$thì $\frac{1}{3+ab}\geq \frac{1}{ab+bc+ca+ab}$ Chỗ này đúng mak

$ab+bc+ca\leq 3$ mà, có $\geq 3$ đâu?

À ừ, bài mình sai rồi :(

Làm như thế này

cho $a,b,c $là các số thực dương thỏa $a + b + c =3$. Chứng minh:

$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}} + \sqrt{\frac{b+c}{a+bc}} + \sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$

Lời giải
Áp dụng BĐT $AM-GM$ cho $3$ số ta có
$VT\geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(c+ab)(a+bc)(b+ca)}}$
Giờ chỉ cần C/m $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(a+bc)(b+ca)$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\sqrt{(c+ab)(a+bc)}\leq \frac{(c+a+ab+bc)}{2}=\frac{(c+a)(b+1)}{2}$
Thiết lập các BĐT tương tự
Nhân lại theo vế ta được
$(c+ab)(a+bc)(b+ca)\leq (a+b)(b+c)(c+a).\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{8}$
Lại có $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\leq \frac{\begin{pmatrix} \frac{a+b+c+3}{3} \end{pmatrix}^3}{8}=1$
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 31-05-2015 - 16:03

"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O) 





1 người đang xem chủ đề

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