Chủ đề này có 2 trả lời

[ilovekimchitwinkle]

cho a,b,c không âm, chứng minh 

$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}} \leq \frac{5}{4}\sqrt{a+b+c}$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 10:33

[bvptdhv]

Dùng C-S ta có $VT^{2}$ $\leq \sum a(5a+b+9c).\sum\frac{a}{(a+b)(5a+b+9c)}=5(a+b+c)^{2}\sum\frac{a}{(a+b)(5a+b+9c)}$
Ta cần chứng minh $(a+b+c)(\sum\frac{a}{(a+b)(5a+b+9c)}) \leq \frac{5}{16}$(1)

(1) hiển nhiên đúng khi $$\frac{5}{16}-(a+b+c)(\sum\frac{a}{(a+b)(5a+b+9c)})=\frac{\sum ab(a+b)(a+9b)(a-3b)^{2}+243\sum  a^{3}b^{2}c+232\sum a^{4}bc+835\sum a^{3}bc^{2}+1230a^{2}b^{2}c^{2}}{16(a+b)(b+c)(c+a)(5a+b+9c)(5b+c+9a)(5c+a+9b)}\geq0$$

Dấu bằng xảy ra $<=> a:b:c=3:1:0$
P/s: fan bác Chi hiển linh :v :v

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bvptdhv: 19-09-2015 - 10:11

[binhnhaukhong]

Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm.Chứng minh rằng:

 

$9(a^3+b^3+c^3)+75(ab^2+bc^2+ca^2) \geq 53(a^2b+b^2c+c^2a)+93abc$

 

Bài toán kiểu này đã quá quen thuộc. Giả sử $a=min${$a,b,c$} và đặt $b=a+x,c=a+y (x,y \geq 0)$ và khai triển ta sẽ được điều luôn đúng.

 

Quay trở lại với bài toán ban đầu, bình phương cả 2 vế BĐT cần chứng minh thì bài toán trở thành:

 

$\sum \frac{a^2}{a+b}+2\sum \frac{ab}{\sqrt{(a+b)(b+c)}}\leq \frac{25}{16}\sum a $

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

 

Vậy nên ta sẽ đi chứng minh là:

 

$2\sqrt{\frac{(\sum ab)(\sum a^2b+3abc)}{\prod (a+b)}}\leq \frac{9}{16}\sum a+\sum \frac{ab}{a+b}$

Áp dụng bài toán ở trên thì ta có:

$ \sum a^2b + 3r \leq \frac {3(3 + 16q + 31r)}{128}.$

 

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ và chuyển bài toán về dạng $p,q,r$ thì ta cần chứng minh rằng:

 

$2\sqrt {\frac {3q(3 + 16q + 31r)}{128(q - r)}} \le \frac {9}{16} + \frac {q^2 + r}{q - r}$   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 19-09-2015 - 11:43