Chủ đề này có 6 trả lời

[marcoreus101]

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có hai số nào đồng thời bằng $0$. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Spoiler

Em đăng bên box THCS sao không ai giải  

[Truong Gia Bao]

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có hai số nào đồng thời bằng $0$. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Spoiler

Em đăng bên box THCS sao không ai giải  

Bình phương 2 vế, BĐT cần C/m trở thành:

$\sum \frac{a}{b+c}+2\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}\geq 4+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

Sử dụng các BĐT Cauchy Schwarz và AM-GM, ta được:

$\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}=\sum \frac{\sqrt{ab(a+c)(b+c)}}{(a+c)(b+c)}\geq \sum \frac{\sqrt{ab}(\sqrt{ab}+c)}{(a+c)(b+c)}=\sum \frac{ab(a+b)+c\sqrt{ab}(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \sum \frac{ab(a+b)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{\sum ab(a+b)+6abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}=1+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

Do đó cần chứng minh: $\sum \frac{a}{b+c}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Đến đây xem cách C/m BĐT Schur bậc 3 ở dạng phân thức

Spoiler

Nếu là anh, thì anh sẽ......không đăng bài này trên box THCS!   

[binhnhaukhong]

Có 1 cách khác để chứng minh bài toán này là áp dụng bổ đề sau ( nên nhớ):

 

Với $z=min${$x,y,z$} thì ta có kết quả:

 

$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}\geq 2\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2z}}$

 

Áp dụng kết quả này ta CM được BĐT đẹp sau của VasC:

$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$

 

Mở rộng cho bài toán trên:

 

$\sqrt[3]{\frac{x}{y+z}}+\sqrt[3]{\frac{y}{x+z}}+\sqrt[3]{\frac{z}{x+y}}\geq \sqrt[3]{8+\frac{44xyz}{(x+y)(y+z)(x+z)}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 15-06-2015 - 20:28

[binhnhaukhong]

Cái bổ đề trên khá hay nhé.Đề xuất 1 bài toán áp dụng bổ đề trên:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực sao cho $a\geq b\geq c>0$ thỏa $a+b+c=1$.Tìm Min của:

 

$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\frac{24}{5\sqrt{5(a+b)}}$

 

Spoiler

Rõ ràng là bổ đề trên hoàn toàn có thể sử dụng được trong 1 bài toán cực trị với tư tưởng đề thi ĐH.  

[tunglamlqddb]

Chứng minh bổ đề kiểu gì anh nhỉ?

[Truong Gia Bao]

Chứng minh bổ đề kiểu gì anh nhỉ?

Theo BĐT Holder thì:

$\left (\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}} \right )^2\left [ a^2(b+c)+b^2(c+a) \right ]\geq (a+b)^3$

Lại có:

$ab(a+b)+c(a^2+b^2)-\frac{(a+b)^3}{4}-\frac{c(a+b)^2}{2}=-\frac{(a-b)^2(a+b-2c)}{4}\leq 0$

Do đó:

$\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}} \right )^2\geq \frac{(a+b)^3}{ab(a+b)+c(a^2+b^2)}\geq \frac{(a+b)^3}{\frac{(a+b)^3}{4}+\frac{c(a+b)^2}{2}}=\frac{4(a+b)}{a+b+2c}$

Bổ đề được chứng minh!

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có hai số nào đồng thời bằng $0$. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Spoiler

Em đăng bên box THCS sao không ai giải  

 

Bất đẳng thức chặt hơn sau đây vẫn đúng

 

Với mọi số thực $a,\,b,\,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0,$ thì

\[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2\sqrt{1+\frac{9abc}{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}}.\]