Cho a,b,c là các số thực dương . CMR ; \[\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}\]
\[\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}\]
#1
Đã gửi 28-01-2016 - 14:00
#2
Đã gửi 28-01-2016 - 16:20
$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}\Leftrightarrow \sum \frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{a^2+ab}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$, ta có
$VT=\sum \frac{x}{\sqrt{z(x+y)}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \sum \frac{x}{\sqrt{2z(x+y)}}\geq \frac{3}{2}$
Ta có $\sum \frac{x}{\sqrt{2z(x+y)}}\geq \sum \frac{2x}{x+y+2z}=2\sum \frac{x}{x+y+2z}=2\sum \frac{x^2}{x^2+xy+2xz}\geq \frac{2(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+3xy+3yz+3xz}\geq \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quan1234: 28-01-2016 - 16:27
- hoangson2598, nguyenhongsonk612, I Love MC và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 28-04-2021 - 19:15
Cho a,b,c là các số thực dương . CMR ; \[\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}\]
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}+\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}+\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}\geqslant 3$
Áp dụng Cauchy, ta có: $\sqrt{\frac{a(a+b)}{2bc}}\leqslant \frac{1}{2}(\frac{a+b}{2b}+\frac{a}{c})=\frac{2ab+bc+ca}{4bc}\Rightarrow \sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}\geqslant \frac{4bc}{2ab+bc+ca}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}+\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}+\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}\geqslant \frac{4bc}{2ab+bc+ca}+\frac{4ca}{2bc+ca+ab}+\frac{4ab}{2ca+ab+bc}=\sum_{cyc}\frac{4(bc)^2}{2ab.bc+(bc)^2+ca.bc}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2+ab.bc+bc.ca+ca.ab}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2+\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}}=3(Q.E.D)$
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh