Chủ đề này có 3 trả lời

[studentlovemath]

Cho a,b,c>0 thỏa mãn: abc=1. CMR
$\frac{a}{\sqrt{b^{2}+2c}}+\frac{b}{\sqrt{c^{2}+2a}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+2b}}\geq \sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi studentlovemath: 14-05-2016 - 16:39

[Nam Duong]

đặt VT bdt cần cm là $S$

xét $P=a(b^2+2c)+b(c^2+2a)+c(a^2+2b) \ge 9$

theo $Holder$ thì $S^2P \ge (a+b+c)^3 \ge 27 \rightarrow S \ge \sqrt{3}$

dấu "=" tại $(a;b;c)(1;1;1)$

[anhtukhon1]

đặt VT bdt cần cm là $S$

xét $P=a(b^2+2c)+b(c^2+2a)+c(a^2+2b) \ge 9$

theo $Holder$ thì $S^2P \ge (a+b+c)^3 \ge 27 \rightarrow S \ge \sqrt{3}$

dấu "=" tại $(a;b;c)(1;1;1)$

Chỗ màu đỏ sai rồi bạn ạ! P lớn hơn hoặc = S vẫn có thể nhỏ hơn hoặc =!

[quoccuonglqd]

Áp dụng Holder $(\frac{a}{\sqrt{b^{2}+2c}}+\frac{b}{\sqrt{c^{2}+2a}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+2b}})^{2}(a(b^2+2c)+b(c^2+2a)+c(a^2+2b))\geqslant (a+b+c)^{3}$

Áp dụng bổ đề $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc\leqslant \frac{4(a+b+c)^{3}}{27}$ 

$\frac{(a+b+c)^{3}}{a(b^2+2c)+b(c^2+2a)+c(a^2+2b)}=\frac{(a+b+c)^{3}}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-1+2(ab+bc+ca)}\geqslant \frac{(a+b+c)^{3}}{\frac{4(a+b+c)^{3}}{27}-1+2(ab+bc+ca)}=\frac{27(a+b+c)^{3}}{4(a+b+c)^{3}-27+54(ab+bc+ca)}$

Đổi biến $(a+b+c,ab+bc+ca,abc)\rightarrow (p,q,r)$ với $r=1$

Ta cần chứng minh $\frac{27p^{3}}{4p^{3}-27+54q}\geqslant 3$

$\Leftrightarrow 27p^{3}+81\geqslant 12p^{3}+162q$

$\Leftrightarrow 15p^{3}+81\geqslant 162q$

Đúng từ 

$9(p^{3}+9)\geqslant 9.4pq\geqslant 108q$(Schur)

$6p^{3}\geqslant 18p^{2}\geqslant 54q$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quoccuonglqd: 18-05-2016 - 10:10