Chủ đề này có 6 trả lời

[Baoriven]

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+3}} \ge \frac{9}{a+b+c+3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 07-08-2016 - 18:46

[dungxibo123]

ta sẽ cm $VT\geq \frac{3}{2}\geq VP$

đầu tiên ta có $\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ suy ra $a+b+c\geq 3 \Rightarrow \frac{9}{a+b+c+3}\leq \frac{3}{2}$

tiếp tục : có $\frac{1}{\sqrt{a^{2}+3}}= \frac{1}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ca}}= \frac{1}{\sqrt{\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )}}\geq \frac{2}{2a+b+c}$ tương tự với 2cái còn lại rồi cộng vế có : $VT\geq \sum \frac{2}{2a+b+c}\geq \frac{18}{4(a+b+c)}\geq \frac{3}{2}$

xong rồi đó anh ưi :v

[Baoriven]

Có thể tham khảo thêm một số cách ở AoPS: https://www.artofpro...455484_abbcca3_

[dungxibo123]

AoPS : Art of Problem Solving : nhưng mà em học khá tệ tiếng anh :v vẫn không hiểu trang đó nói gì á

[E. Galois]

$\frac{18}{4(a+b+c)}\geq \frac{3}{2}$

 

BĐT này sai nhé, $a+b+c \geq 3$ cơ mà

[dungxibo123]

á 

 

BĐT này sai nhé, $a+b+c \geq 3$ cơ mà

chết . em xin lỗi hơi vô ý quá :v

[tritanngo99]

Một bất đẳng thức dạng khá tương tự: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $xy+yz+zx=3$. Chứng minh rằng: $\sum \sqrt{x^2+3}\ge x+y+z+3$